（Ⅱ）设事件A为“一条路段严重拥堵”，则P（A）=0.1，利用独立重复试验的概率求解3条路段中DP至少有两条路段严重拥堵的概率．
（Ⅲ）列出所用时间x的分布列，然后求解期望即可．
【解答】解：（Ⅰ）由直方图知：T∈[3，9]时交通指数的中位数为5+1×
=
…（2分）
T∈[3，9]时交通指数的平均数3.5×0.1+4.5×0.2+5.5×0.24+6.5×0.2+7.5×0.16+8.5×0.1=5.92…（4分）
（Ⅱ）设事件A为“一条路段严重拥堵”，则P（A）=0.1…（5分） 则3条路段中DP至少有两条路段严重拥堵的概率为：
…（7分）
∴3条路段中至少有两条路段严重拥堵的MQ概率为
…（8分）
（Ⅲ）由题意，所用时间x的分布列如下表： x 35 40 50 60 P 0.1 0.44 0.36 0.1 则Ex=35×0.1+40×0.44+50×0.36+60×0.1=45.1…（11分）
∴此人经过该路段所用时间的数学期望是45.1分钟…（12分） 【点评】本题考查离散型独立重复试验的概率的求法，频率分布直方图的应用，期望的求法，考查计算能力． 19．（12分）（2015?宝鸡三模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，AC=2，BD=2，E是PB上任意一点． （Ⅰ）求证：AC⊥DE；
（Ⅱ）已知二面角A﹣PB﹣D的余弦值为成角的正弦值．
，若E为PB的中点，求EC与平面PAB所
【考点】用空间向量求直线与平面的夹角；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面所成的角；与二面角有关的立体几何综合题． 【专题】综合题． 【分析】（I）证明线线垂直，正弦证明线面垂直，即证AC⊥平面PBD；
第16页（共57页）
（II）分别以OA，OB，OE方向为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设PD=t，用坐标表示点，求得平面PBD的法向量为
，平面PAB的法向量为
，根据二面角A﹣PB﹣D的余弦值为
，可求t的值，从而可得
P的坐标，再利用向量的夹角公式，即可求得EC与平面PAB所成的角． 【解答】（I）证明：∵PD⊥平面ABCD，AC?平面ABCD ∴PD⊥AC
又∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC，BD∩PD=D ∴AC⊥平面PBD，∵DE?平面PBD ∴AC⊥DE…（6分）
（II）解：分别以OA，OB，OE方向为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设PD=t，则
由（I）知：平面PBD的法向量为
，
令平面PAB的法向量为，则根据得
∴
因为二面角A﹣PB﹣D的余弦值为，则，即，
∴…（9分）
∴
设EC与平面PAB所成的角为θ， ∵，
∴
…（12分）
第17页（共57页）
【点评】本题考查线线垂直，考查线面角，解题的关键是掌握线面垂直的判定，利用空间向量解决线面角问题，属于中档题．
20．（12分）（2015?郑州三模）已知椭圆
=1（a＞b＞0）的右焦点为F，A为短轴的
一个端点，且|OA|=|OF|=（其中O为坐标原点）连结CM交椭圆于点P． （Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）若C、D分别是椭圆长轴的左、右端点，动点M满足MD⊥CD，交椭圆于点P，试问：x轴上是否存在异于点C的定点Q，使得以MP为直径的圆经过直线OP、MQ的交点；若存在，求出点Q的坐标，若不存在，说明理由．
【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程． 【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程． 【分析】（Ⅰ）通过|OA|=|OF|=可得b、c的值，进而可得结论； （Ⅱ）通过（1）知C（﹣2，0），D（2，0），设直线CM方程并与椭圆联立，利用韦达定
理可得点P坐标，利用=0，计算即得结论．
，∴
，
【解答】解：（Ⅰ）∵|OA|=|OF|=222
∴a=b+c=4， ∴椭圆方程为：
；
（Ⅱ）结论：存在Q（0，0），使得以MP为直径的圆恒过直线DP、MQ的交点． 理由如下：
由（1）知：C（﹣2，0），D（2，0）． 由题意可设CM：y=k（x+2），P（x1，y1）． ∵MD⊥CD，∴M（2，4k），
2
2
2
2
联立
2
2
，消去y，整理得：（1+2k）x+8kx+8k﹣4=0，
2
2
∴△=（8k）﹣4（1+2k）（8k﹣4）＞0，
第18页（共57页）
∴∴
，
，
∴，
设Q（x0，0），且x0≠﹣2，
若以MP为直径的圆恒过DP，MQ的交点， 则MQ⊥DP，∴
=0恒成立，
∵，，
∴，
即
恒成立，∴x0=0．
∴存在Q（0，0），使得以MP为直径的圆恒过直线DP、MQ的交点．
【点评】本题是一道直线与圆锥曲线的综合题，考查求椭圆方程，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于难题．
21．（12分）（2015?郑州三模）（Ⅰ）求证：不等式lnx≤k（Ⅱ）设数列{an}的通项公式为an=
对k≥1恒成立．
，前n项和为Sn，求证：Sn≥ln（2a+1）
【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用；函数恒成立问题；数列的求和． 【专题】综合题；导数的综合应用．
【分析】（Ⅰ）构造函数，换元，确定（fx）在[1，+∞）上单调递减，即可证明：不等式lnx≤k对k≥1恒成立． （Ⅱ）k=1由（Ⅰ）知，
对x≥1恒成立，放缩，裂项即可证明结论．
【解答】证明：（Ⅰ）令f（x）=lnx﹣k，则f′（x）=…（1分）
令则
第19页（共57页）
当k≥1时，2t﹣k（t+1）≤2t﹣2kt=2t（1﹣k）≤0
即f'（x）≤0，f（x）在[1，+∞）上单调递减，?f（x）≤f（1）=0，即原不等式恒成立…（6分）
（Ⅱ）k=1由（Ⅰ）知，于是
对x≥1恒成立．
…（10分）
2
所以Sn=a1+a2+…+an≥ln3﹣ln1+ln5﹣ln3+…+ln（2n+1）﹣ln（2n﹣1）=ln（2n+1）…（12分） 【点评】本题考查导数知识的综合运用，考查不等式的证明，正确构造函数是关键．
[选考题][选修4-1]几何证明选讲 22．（2014?河北）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB的延长线与DC的延长线交于点E，且CB=CE． （Ⅰ）证明：∠D=∠E；
（Ⅱ）设AD不是⊙O的直径，AD的中点为M，且MB=MC，证明：△ADE为等边三角形．
【考点】与圆有关的比例线段． 【专题】选作题；立体几何． 【分析】（Ⅰ）利用四边形ABCD是⊙O的内接四边形，可得∠D=∠CBE，由CB=CE，可得∠E=∠CBE，即可证明：∠D=∠E；
（Ⅱ）设BC的中点为N，连接MN，证明AD∥BC，可得∠A=∠CBE，进而可得∠A=∠E，即可证明△ADE为等边三角形． 【解答】证明：（Ⅰ）∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形， ∴∠D=∠CBE， ∵CB=CE， ∴∠E=∠CBE， ∴∠D=∠E；
（Ⅱ）设BC的中点为N，连接MN，则由MB=MC知MN⊥BC， ∴O在直线MN上，
∵AD不是⊙O的直径，AD的中点为M， ∴OM⊥AD， ∴AD∥BC， ∴∠A=∠CBE， ∵∠CBE=∠E， ∴∠A=∠E，
由（Ⅰ）知，∠D=∠E，
第20页（共57页）