P 所以这位顾客所获的奖励额的数学期望为E（X）=20×+60×=40 （2）根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元，所以先寻找期望为60元的可能方案． 对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择（10，10，10，50）的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以数学期望不可能为60元， 如果选择（50，50，50，10）的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以数学期望也不可能为60元， 因此可能的方案是（10，10，50，50）记为方案1， 对于面值由20元和40元的组成的情况，同理可排除（20，20，20，40）和（40，40，40，20）的方案，所以可能的方案是（20，20，40，40），记为方案2， 以下是对这两个方案的分析： 对于方案1，即方案（10，10，50，50）设顾客所获取的奖励额为X1，则X1的分布列为 60 20 100 X1 P X1 的数学期望为E（X1）=X1 的方差D（X1）==， ． 对于方案2，即方案（20，20，40，40）设顾客所获取的奖励额为X2，则X2的分布列为 40 60 80 X2 P X2 的数学期望为E（X2）=X2 的方差D（X2）=差D（X1）=． =60， 由于两种方案的奖励额的数学期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1小，所以应该选择方案2． 点评： 本题主要考查了古典概型、离散型随机变量的分布列、数学期望、方差等基础知识，考查了数据处理能力，运算求解能力，应用意识，考查了必然与或然思想与整合思想． 19．（13分）（2014?福建）已知双曲线E：l1：y=2x，l2：y=﹣2x．
（1）求双曲线E的离心率；
11
﹣=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别为
（2）如图，O为坐标原点，动直线l分别交直线l1，l2于A，B两点（A，B分别在第一、第四象限），且△OAB的面积恒为8，试探究：是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E？若存在，求出双曲线E的方程，若不存在，说明理由．
考点： 直线与圆锥曲线的综合问题． 专题： 压轴题；圆锥曲线的定义、性质与方程． 分析： （1）依题意，可知=2，易知c=a，从而可求双曲线E的离心率； （2）由（1）知，双曲线E的方程为﹣=1，设直线l与x轴相交于点C，分l⊥x轴与直线l不与x轴垂直讨论，当l⊥x轴时，易求双曲线E的方程为﹣=1．当直线l不与x轴垂直时，设直线l的方程为y=kx+m，与双曲线E的方程联立，利用由S△OAB=|OC|?|y1﹣y2|=8可证得：双曲线E的方程为﹣=1，从而可得答案． 解答： 解：（1）因为双曲线E的渐近线分别为l1：y=2x，l2：y=﹣2x， 所以=2． 所以故c=a， =2． 从而双曲线E的离心率e==． （2）由（1）知，双曲线E的方程为﹣=1． 设直线l与x轴相交于点C， 当l⊥x轴时，若直线l与双曲线E有且只有一个公共点，则|OC|=a，|AB|=4a， 所以|OC|?|AB|=8， 12
因此a?4a=8，解得a=2，此时双曲线E的方程为﹣=1． 以下证明：当直线l不与x轴垂直时，双曲线E的方程为设直线l的方程为y=kx+m，依题意，得k＞2或k＜﹣2； 则C（﹣，0），记A（x1，y1），B（x2，y2）， 由得y1=，同理得y2=， ﹣=1也满足条件． 由S△OAB=|OC|?|y1﹣y2|得： |﹣|?|﹣|=8，即m=4|4﹣k|=4（k﹣4）． 222由2得：（4﹣k）x﹣2kmx﹣m﹣16=0， 222因为4﹣k＜0， 222222所以△=4km+4（4﹣k）（m+16）=﹣16（4k﹣m﹣16）， 22又因为m=4（k﹣4）， 所以△=0，即直线l与双曲线E有且只有一个公共点． 因此，存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为﹣=1． 点评： 本题考查双曲线的方程与性质、直线与圆锥曲线的位置关系等基础知识，考查抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力，考查特殊与一般思想、数形结合思想、分类讨论思想、函数与方程思想． 在21-23题中考生任选2题作答，满分21分.如果多做，则按所做的前两题计分.作答时，先用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号右边的方框涂黑，并将所选题号填入括号中.选修4-2：矩阵与变换
x
20．（14分）（2014?福建）已知函数f（x）=e﹣ax（a为常数）的图象与y轴交于点A，曲线y=f（x）在点A处的切线斜率为﹣1． （1）求a的值及函数f（x）的极值；
2x
（2）证明：当x＞0时，x＜e；
2x
（3）证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x∈（x0，+∞）时，恒有x＜ce． 考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性． 专题： 综合题；导数的综合应用． 分析： （1）利用导数的几何意义求得a，再利用导数的符号变化可求得函数的极值； x2（2）构造函数g（x）=e﹣x，求出导数，利用（1）问结论可得到函数的符号，从而判断g（x）的单调性，即可得出结论； 13
（3）令x0=，利用（2）的结论，得e＞x＞x，即x＜ce．即得结论成立． 解答： 解：（1）由f（x）=e﹣ax，得f′（x）=e﹣a． 又f′（0）=1﹣a=﹣1，解得a=2， xx∴f（x）=e﹣2x，f′（x）=e﹣2． 由f′（x）=0，得x=ln2， 当x＜ln2时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x＞ln2时，f′（x）＞0，f（x）单调递增； ln2∴当x=ln2时，f（x）有极小值为f（ln2）=e﹣2ln2=2﹣ln4．f（x）无极大值． x2x（2）令g（x）=e﹣x，则g′（x）=e﹣2x， ln2由（1）得，g′（x）=f（x）≥f（ln2）=e﹣2ln2=2﹣ln4＞0，即g′（x）＞0， 2x∴当x＞0时，g（x）＞g（0）＞0，即x＜e； （3）首先证明当x∈（0，+∞）时，恒有x＜e． 证明如下： 令h（x）=x﹣e，则h′（x）=x﹣e． 由（2）知，当x＞0时，x＜e， 从而h′（x）＜0，h（x）在（0，+∞）单调递减， 所以h（x）＜h（0）=﹣1＜0，即x＜e， 取x0=，当x＞x0时，有x＜x＜e． 因此，对任意给定的整数c，总存在x0，当x∈（x0，+∞）时，恒有x＜ce． 点评： 该题主要考查导数的几何意义、导数的运算及导数的应用等基础知识，考查学生的运算求解能力、推理论证能力、抽象概括能力，考查函数与方程思想、有限与无限思想、化归与转化思想．属难题． 21．（7分）（2014?福建）已知矩阵A的逆矩阵A=（（1）求矩阵A；
（2）求矩阵A的特征值以及属于每个特征值的一个特征向量． 考点： 特征向量的定义． 专题： 计算题；矩阵和变换． ﹣1分析： （1）利用AA=E，建立方程组，即可求矩阵A； （2）先根据特征值的定义列出特征多项式，令f（λ）=0解方程可得特征值，再由特征值列出方程组即可解得相应的特征向量． 解答： ﹣1解：（1）设A=，则由AA=E得=， x2xxx3x3x2x2x3x23x2x﹣1
）．
﹣1
解得a=，b=﹣，c=﹣，d=，所以A=； 14
（2）矩阵A﹣1的特征多项式为f（λ）=2=（λ﹣2）﹣1， 2令f（λ）=（λ﹣2）﹣1=0，可求得特征值为λ1=1，λ2=3， 设λ1=1对应的一个特征向量为α=则由λ1α=Mα，得x+y=0 得x=﹣y，可令x=1，则y=﹣1， 所以矩阵M的一个特征值λ1=1对应的一个特征向量为同理可得矩阵M的一个特征值λ2=3对应的一个特征向量为， ． ， 点评： 本题考查逆变换与逆矩阵，考查矩阵特征值与特征向量的计算等基础知识，属于基础题． 五、选修4-4：极坐标与参数方程
22．（7分）（2014?福建）已知直线l的参数方程为
（t为参数），圆C的参数方
程为（θ为常数）．
（1）求直线l和圆C的普通方程；
（2）若直线l与圆C有公共点，求实数a的取值范围． 考点： 圆的参数方程；直线的参数方程． 专题： 选作题；坐标系和参数方程． 分析： （1）消去参数，把直线与圆的参数方程化为普通方程； （2）求出圆心到直线的距离d，再根据直线l与圆C有公共点?d≤r即可求出． 解答： 解：（1）直线l的参数方程为，消去t可得2x﹣y﹣2a=0； 圆C的参数方程为，两式平方相加可得x+y=16； 22（2）圆心C（0，0），半径r=4． 由点到直线的距离公式可得圆心C（0，0）到直线L的距离d=∵直线L与圆C有公共点，∴d≤4，即≤4，解得﹣2≤a≤2． ． 点评： 熟练掌握点到直线的距离公式和直线与圆有公共点的充要条件是解题的关键． 六、选修4-5：不等式选讲 23．（2014?福建）已知定义域在R上的函数f（x）=|x+1|+|x﹣2|的最小值为a． （1）求a的值；
222
（2）若p，q，r为正实数，且p+q+r=a，求证：p+q+r≥3．
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考点： 二维形式的柯西不等式；绝对值不等式的解法． 专题： 计算题；证明题；不等式的解法及应用． 分析： （1）由绝对值不等式|a|+|b|≥|a﹣b|，当且仅当ab≤0，取等号； （2）由柯西不等式：（a+b+c）（d+e+f）≥（ad+be+cf），即可证得． 解答： （1）解：∵|x+1|+|x﹣2|≥|（x+1）﹣（x﹣2）|=3， 当且仅当﹣1≤x≤2时，等号成立， ∴f（x）的最小值为3，即a=3； （2）证明：由（1）知，p+q+r=3，又p，q，r为正实数， ∴由柯西不等式得，（p+q+r）（1+1+1）≥（p×1+q×1+r×1） 22=（p+q+r）=3=9， 222即p+q+r≥3． 点评： 本题主要考查绝对值不等式、柯西不等式等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想． 22222222222222 16