考点： 频率分布表；频率分布直方图． 专题： 概率与统计．
分析： （1）利用频率分布表，直接画出已候车时间的频率分布直方图． （2）利用均值公式直接求解这20名乘客的平均候车时间．
（3）在这20名乘客中随机抽查一人，通过频率分布直方图直接求其已候车时间不少于15分钟的概率．
解答： （本小题满分12分） 解：（1）频率分布直方图如图 …（4分） （2）
（2.5×4+7.5×6+12.5×6+17.5×3+22.5×1）=10.25分钟…（8分）
=…（12分）
（3）候车时间不少于15分钟的概率为
点评： 本题考查频率分布直方图的画法以及应用，考查计算能力．
19．如图1，已知矩形ABCD中，AB=2，AD=1，M为DC的中点．将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM，如图2所示．
（1）求证：AD⊥BM；
（2）若点E是线段DB上的一动点，问点E在何位置时，三棱锥M﹣ADE的体积为
．
考点： 棱柱、棱锥、棱台的体积；空间中直线与直线之间的位置关系． 专题： 空间位置关系与距离． 分析： （1）AD⊥BM?BD⊥面ADM?
?在矩形ABCD中，AB=2且AD=1；
（2）三棱锥M﹣ADE的体积就是三棱锥E﹣ADM的体积，而三角形ADM面积已知，则可以算出三棱锥E﹣ADM的高h，又由（1）可知，BM⊥面ADM，通过h与BM的比值可确定E点在BD上的位置．
解答： （本小题满分12分）
（1）连接BM，矩形ABCD中，AB=2，AD=1，M为CD中点，， 由勾股定理得BM⊥AM；
折起后，平面ADM⊥平面ABCM，且平面ADM∩平面ABCM=AM，BM?平面ABCM； 得BM⊥平面ADM，
又AD?平面ADM，所以AD⊥BM； （2）在△BDM中，作EF∥BM交DM于F．
（1）中已证明BM⊥平面ADM，∴EF⊥平面ADM，EF是三棱锥E﹣MAD的高，
=
∴△DMB中，，且EF∥BM， ∴EF为中位线，E为BD的中点．
，∴
，
点评： 折叠问题一般是重点分析折叠后未变的平行与垂直关系，线段的长，角度的不变的量；作为探究性问题，先把结论当成已知，然后结合已知条件列出方程求解，若有符合题意的解，则结论成立，否则不成立．
20．已知椭圆
+
=1，（a＞b＞0）的短轴长为2，离心率为
，过右焦点F的直线l交
椭圆与P，Q两点
（1）求椭圆的方程
（2）在线段OF上是否存在点M（m，0），使得（的取值范围，若不存在，说明理由．
+
）?（
﹣
）=0？若存在，求出m
考点： 直线与圆锥曲线的关系．
专题： 直线与圆．
分析： （1）根据题意可以求出b，根据离心率求出a，即可就出椭圆方程；
（2）先假设线段OF上存在M满足条件，先考虑两种特殊情况：l⊥x轴、l与x轴重合，在考虑一般情况：l的斜率存在且不为0，设出l的方程与椭圆方程联立，利用坐标来表示向量的数量积，从而得出答案． 解答： （本小题满分12分）
解：（1）由椭圆短轴长为2得b=1，又e=
=
，∴a=
，
所求椭圆方程为…（3分）
+
）?（
﹣
）=0成立，
（2）假设在线段OF上存在点M（m，0）（0≤m≤1），使得（即
或|
|=|
|
①当l⊥x轴时，显然线段OF上的点都满足条件，此时0≤m≤1…（5分） ②当l与x轴重合时，显然只有原点满足条件，此时m=0…（6分） ③法1：当l的斜率存在且不为零时，设直线l的方程为y=k（x﹣1）（k≠0）． 由
可得（1+2k）x﹣4kx+2k﹣2=0，根据根与系数的关系得
2
2
2
2
，…（8分）
设∵（
+
）?（
﹣
，其中x2﹣x1≠0
）=0∴（x1+x2﹣2m）（x2﹣x1）+（y1+y2）（y2﹣y1）=0?（x1+x2﹣2m）
+k（y1+y2）=0
?2k﹣（2+4k）m=0?m=
2
2
（k≠0）．
∴0＜m＜．
∴综上所述：①当l⊥x轴时，存在0≤m≤1适合题意 ②当l与x轴重合时，存在m=0适合题意
③当l的斜率存在且不为零时存在0＜m＜适合题意…（12分）
点评： 本题考查了椭圆的性质、直线与椭圆的关系，本题中利用坐标来表示向量是突破问题的关键，同时考查了学生分情况讨论的思想．
21．已知函数f（x）=e﹣ax+a，其中a∈R，e为自然数的底数 （1）讨论函数f（x）的单调区间，并写出相应的单调区间
x
（2）设b∈R，若函数f（x）≥b对任意x∈R都成立，则当a≥0时，求ab的最大值．
考点： 利用导数研究函数的单调性．
专题： 函数的性质及应用；导数的综合应用． 分析： （1）通过函数f（x），得f′（x），然后结合f′（x）与0的关系对a的正负进行讨论即可；
（2）当a=0时，此时ab=0； 当a＞0时，由题结合（1）得ab≤2a﹣alna，设g（a）=
（a＞0），问题转化为求g（a）的最大值，利用导函数即可．
x
2
2
解答： 解：（1）根据题意，得f′（x）=e﹣a，下面对a进行讨论：
①当a≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在R上单调递增；
②当a＞0时，由f′（x）=e﹣a=0得x=lna，
∴x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减； x∈（lna，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
综上，当a≤0时，函数f（x）的单调递增区间为（﹣∞，+∞）； 当a＞0时，函数f（x）的单调递增区间为（lna，+∞），单调递减区间为（﹣∞，lna）． （2）当a=0时，此时ab=0；
当a＞0时，由函数f（x）≥b对任意x∈R都成立，得b≤fmin（x），
22
∵fmin（x）=f（lna）=2a﹣alna，∴b≤2a﹣alna，∴ab≤2a﹣alna，
22
设g（a）=2a﹣alna（a＞0），∴g′（a）=4a﹣（2alna+a）=3a﹣2alna， 由于a＞0，令g′（a）=0，得
，从而
，
x
当时，g′（a）＞0，g（a）单调递增； 时，g′（a）＜0，g（a）单调递减．
∴，即，时，ab的最大值为．
点评： 本题考查函数的单调性及最值，利用导函数来研究函数的单调性是解题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．
四、选修4-1：几何证明选讲（从22,23,24三题中任选一题作答，并用2B铅笔将答案卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分，多涂，多答，按所的首题进行评分，不涂，按本选考题的首题进行评分）
22．如图所示，已知⊙O1与⊙O2相交于A、B两点，过点A作⊙O1的切线交⊙O2于点C，过点B作两圆的割线，分别交⊙O1、⊙O2于点D、E，DE与AC相交于点P． （Ⅰ）求证：AD∥EC；
（Ⅱ）若AD是⊙O2的切线，且PA=6，PC=2，BD=9，求AD的长．
考点： 圆的切线的性质定理的证明；直线与圆相交的性质；直线与圆的位置关系；与圆有关的比例线段．
专题： 计算题；证明题．
分析： （I）连接AB，根据弦切角等于所夹弧所对的圆周角得到∠BAC=∠D，又根据同弧所对的圆周角相等得到∠BAC=∠E，等量代换得到∠D=∠E，根据内错角相等得到两直线平行即可；
（II）根据切割线定理得到PA=PB?PD，求出PB的长，然后再根据相交弦定理得PA?PC=BP
2
?PE，求出PE，再根据切割线定理得AD=DB?DE=DB?（PB+PE），代入求出即可． 解答： 解：（I）证明：连接AB， ∵AC是⊙O1的切线， ∴∠BAC=∠D， 又∵∠BAC=∠E， ∴∠D=∠E， ∴AD∥EC．
（II）∵PA是⊙O1的切线，PD是⊙O1的割线，
2
∴PA=PB?PD， 2
∴6=PB?（PB+9） ∴PB=3，
在⊙O2中由相交弦定理，得PA?PC=BP?PE， ∴PE=4，
∵AD是⊙O2的切线，DE是⊙O2的割线，
2
∴AD=DB?DE=9×16， ∴AD=12
点评： 此题是一道综合题，要求学生灵活运用直线与圆相切和相交时的性质解决实际问题．本题的突破点是辅助线的连接．
五、选修4-4：坐标系与参数方程
23．已知直线l在直角坐标系xOy中的参数方程为
（t为参数，α为倾斜角），
2
曲线C的极坐标方程为ρ=4cosθ（其中坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴，取相同单位长度）
（1）写出曲线C的直角坐标方程
（2）若曲线C与直线l相交于不同的两点M、N，设P（4，2），求|PM|+|PN|的取值范围．
考点： 参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程． 专题： 坐标系和参数方程．