黑龙江省哈尔滨市第六中学校2020届高三第一次模拟考试数学（理）试题 Word版含解析

黑龙江省哈尔滨市第六中学校2020届高三第一次模拟考试数学（理）试题 Word版含解析

- 1 - 哈尔滨市第六中学校 2020 届第一次模拟考试试题 理科数学 考试说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分 150 分，考试时 间 120 分钟. （1）答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚； （2）选择题必须使用 2B 铅笔填涂，非选择题必须使用 0.5 毫米黑色字迹的签字笔书写，字 体工整，字迹清楚； （3）请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在草稿纸、试题卷上答 题无效； （4）保持卡面清洁，不得折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀. 参考公式： 样本数据 1 2, , , nx x x 的标准差      2 2 2 1 2 1 ns x x x x x xn           ，其中 x 为样 本的平均数 柱体体积公式V Sh ，其中 S 为底面面积，h 为高；锥体体积公式 1 3V Sh ，其中 S 为底面 面积， h 为高 球的表面积和体积公式 2 344 , 3S R V R   ，其中 R 为球的半径 第Ⅰ卷（选择题共 60 分） 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个选项中，只有一 个是符合题目要求的. 1.已知集合  2 2 , {1, }A x Z x x B a    ∣ ，若 B A ，则实数 a 的取值集合为（ ） A. { 1,1,0,2} B. { 1,0,2} C. { 1,1,2} D. {0,2} 【答案】B 【解析】 【分析】 先利用一元二次不等式的解法化简集合 A，再由 {1, }B a ，根据 B A 求解. 【详解】已知：    2 2 1,0,1,2A x Z x x     ∣ ， {1, }B a ， 因为 B A ， - 2 - 所以 1a   或 0a  或 2a  ， 所以实数 a 的取值集合为{ 1,0,2} . 故选：B 【点睛】本题主要考查集合包含关系的应用以及一元二次不等式的解法，还考查了分析求解 问题的能力，属于基础题. 2.已知复数 5 1 2 1 iz i i    ，则| |z 值为（ ） A. 1 B. 13 C. 3 2 2 D. 10 2 【答案】D 【解析】 【分析】 根据复数的四则运算以及模长公式求解即可. 【详解】 5(1 2 ) (1 ) 1 1 1 31 2(1 2 )(1 2 ) (1 )(1 ) 2 2 2 2 i i iz i i ii i i i             2 21 3 1 9 10| | 2 2 4 4 2z                 故选：D 【点睛】本题主要考查了求复数的模，涉及了复数的四则运算，属于基础题. 3.若实数 ,x y 满足不等式组 2 4 0 4 5 1 0 2 x y x y x y           ，则 3 2z x y  的最小值为（ ） A. 2 3  B. 10 9 C. 4 D. 19 9 【答案】D 【解析】 【分析】 作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，通过数形结合计算即可得到． 【详解】由不等式组 2 4 0 4 5 1 0 2 x y x y x y           作出可行域如图所示： - 3 - 由 3 2z x y  化简得 3 2 2 zy x  ，由图可知，当直线 3 2 2 zy x  经过点C 时， 直线在 y 轴上的截距最大，则 z 取得最小值. 由不等式组 2 0 4 5 1 0 x y x y        ，解得 11 9 7 9 x y     ，即 11 7,9 9C      . 所以 min 11 7 193 2 3 29 9 9z x y       . 故选：D． 【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用 z 的几何意义，通过数形结合是解决本题的关 键，属于中档题． 4.设 nS 为正项递增等比数列 na 的前 n 项和，且 3 2 4 1 52 2 , 16a a a a a    ，则 6S 的值为 （ ） A. 63 B. 64 C. 127 D. 128 【答案】A 【解析】 【分析】 根据 1 3 2 5 16a a a  ，解得 3a ，再由 3 2 42 2 ,a a a   ，解得 q，代入前 n 项和公式求解. 【详解】因为 1 3 2 5 16a a a  ， 所以 3 4a  ， 又 3 2 42 2 ,a a a   ， - 4 - 所以 48 2 4qq    ， 即 22 5 2 0q q   ， 解得 2q = 或 1 2q  （舍去）， 所以 3 1 2 1aa q   ， 所以    6 6 1 6 1 1 1 2 631 1 2 a q S q        . 故选：A 【点睛】本题主要考查等比数列的性质及基本运算，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 5.哈六中开展劳动教育，决定在 5 月 12 日植树节派小明、小李等 5 名学生去附近的两个植树 点去植树，若小明和小李必须在同一植树点，且各个植树点至少去两名学生，则不同的分配 方案种数为（ ） A. 8 B. 10 C. 12 D. 14 【答案】A 【解析】 【分析】 根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解即可. 【详解】当小明和小李单独去一个植树点时，有 2 种不同的分配方案 当小明和小李与另外一人去一个植树点时，有 2 3 6  种不同的分配方案 则共有 6 2 8  种不同的分配方案 故选：A 【点睛】本题主要考查了分类加法计数原理和分步乘法计数原理的综合应用，属于中档题. 6.若 5 40 ,0 ,sin ,cos2 2 3 2 5 2 3 5                         ，则 cos 2   的值为 （ ） A. 5 5 B. 11 5 25 C. 2 5 5 D. 7 5 25 【答案】B - 5 - 【解析】 【分析】 先根据 0 ,02 2       ，确定 ,3 2 2 3      的范围，再根据 5sin 3 2 5       ， 4cos 2 3 5       ， 得 到 cos 3 2      ， sin 2 3      ， 然 后 由 cos cos2 2 3 3 2                      ，利用两角和的余弦公式求解. 【详解】因为 0 ,02 2       ， 所以 ,12 3 2 3 3 2 3 12                ， 因为 5sin 3 2 5       ，所以 2 5cos 3 2 5       ， 因为 4cos 2 3 5       ，所以 3sin 2 3 5        ， 所以 cos cos2 2 3 3 2                      ， sin sin2 3 3 2 2cos cos 3 3 2                                   ， 4 2 5 3 5 11 5 5 5 5 5 25          . 故选：B 【点睛】本题主要考查两角和与差的三角函数，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 7.《九章算术》是我国古代著名数学经典，其中对勾股定理的论述，比西方早一千多年，其 中有这样一个问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小；以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问 径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯该材料，锯口 深 1 寸，锯道长 1 尺，问这块圆柱形木料的直径是多少？长为 0.5 丈的圆柱形木材部分镶嵌 在墙体中，截面图如图所示（阴影部分为镶嵌在墙体内的部分）.己知弦 1AB  尺，弓形高 1CD  寸，估算该木材镶嵌墙内部分的体积约为（ ）（注：一丈=10 尺=100 寸， - 6 - 53.14,sin 22.5 13     ） A. 300 立方寸 B. 305.6 立方寸 C. 310 立方寸 D. 316.6 立 方寸 【答案】D 【解析】 【分析】 算出截面图中阴影部分的面积后利用柱体的体积公式可求木材镶嵌墙内部分的体积. 【详解】设截面图中圆的半径为 R （寸），则 2 25 1R R   ，解得 13R  . 如图，在截面图中连接 ,OA OB ，设 AOB   ， 则 5sin 2 13   ，故 2 8   即 4   . 阴影部分的面积约为 2 21 1169 10 13 5 6.33252 4 2        ， 故木材镶嵌墙内部分的体积约为 6.3325 50 316.625  （立方寸）， 故选：D. 【点睛】本题考查数学文化中几何体体积的计算，注意根据柱体的截面图来寻找几何体各几 何量之间的关系，本题属于中档题. - 7 - 8.已知双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的右焦点为 (2,0)F ，过 F 作双曲线C 一条渐近线的 垂线，垂足为点 A ，且与另一条渐近线交于点 B ，若 BA AF  ，则双曲线方程为（ ） A. 2 2 13 x y  B. 2 2 13 yx   C. 2 2 14 12 x y  D. 22 112 3 yx   【答案】B 【解析】 【分析】 设出左焦点，根据题意，转化求解 B 的坐标，代入渐近线方程，然后求出 2c a ，即可求出 a 的值，再根据 2 2 2 a b c 即可求出b 的值，由此即可求出结果． 【详解】设左焦点为 F ，由题意作出草图，如下图所示： 因为过 F 作双曲线 C 一条渐近线的垂线，垂足为点 A ，则 2 2 bc bcAF bca b     ， 在 Rt OAF 中， 2 2OA c b a   ， 过 A 作 AM 垂直 x 轴于 M ，则 1 1 2 2AM OF OA AF   ， 所以 AM ab c  ，即 A aby c  ； 由 BA AF  知 A 为 BF 中点，则 2 B aby c  ，且OF OB c  ， 过 B 作 BM 垂直 x 轴于 M 点， 在 Rt OBM 中，由勾股定理，可得 2 2 2 B abx c c         ， 又 B 在渐进线 by xa   上， - 8 - 所以 B B by xa   ， 2 22 2ab b abcc a c        ，化简得 2c a 又 2c  ，所以 1a  ， 又 2 2 2 a b c ，所以 3b  . 所以双曲线方程为： 2 2 13 yx   . 故选：B. 【点睛】本题考查了双曲线的方程和性质，主要考查了直线与圆锥曲线的位置关系，考查了 学生综合分析问题和解决问题的能力． 9.已知函数 ( ) 2sin( 2 ) 0,| | 2f x x           的最小正周期为 2 ，函数 ( )f x 图象关于 直线 6x  对称，且满足函数 ( )f x 在区间 ,6 6      上单调递增，则  （ ） A. 3  B. 3  C. 6  D. 6  【答案】D 【解析】 【分析】 根据周期得出 的值，再结合正弦函数的性质得出 26f      ，进而得出 的值. 【详解】 2 2 12T      ( ) 2sin( 2 )f x x    函数 ( )f x 图象关于直线 6x  对称，且满足函数 ( )f x 在区间 ,6 6      上单调递增 26f      ，即 2 2 ,6 2 k k Z      即 6 ,k k Z    | | 2   - 9 - 6   故选：D 【点睛】本题主要考查了由正弦型函数的性质求参数的范围，属于中档题. 10.已知 ( )f x 为定义在 R 上的奇函数，且 ( 2) ( )f x f x   ，当 [0,1]x 时， 2( ) 2f x x ， 则函数 1 2 ( ) ( ) logg xx f x  的零点个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】 ( 2) ( )f x f x   ，得奇函数 ( )f x 周期 4T  ，画出 ( )f x 图像和 1 2 logy x 函数 1 2 ( ) ( ) logg xx f x  的零点个数问题可转化为函数 ( )f x 的图象与 1 2 logy x 的图象 的交点的个数问题，在同一直角坐标系中画出两者的图象即可. 【详解】由题意可知， ( 2) ( )f x f x   ，所以奇函数 ( )f x 周期 4T  ， 函数 1 2 ( ) ( ) logg xx f x  的零点个数问题可转化方程 1 2 ( ) ( ) lo 0gg f x xx    的根的个 数，再转化为函数 ( )f x 的图象与 1 2 logy x 的图象的交点的个数，画出两函数图图象得两函 数的交点个数为 4 - 10 - 故选：B 【点睛】本题考查函数的图象与性质应用,函数零点问题,属于中档题目. 解决本题的关键是要根据题中给出的奇偶性和周期性,以及部分的函数解析式画出函数的图 象,再把函数的零点个数问题转化为两个函数的交点个数,考查了转化思想和数形结合思想的 综合应用. 11.如图，三棱锥 S ABC 中，平面 SAC  平面 ABC ，过点 B 且与 AC 平行的平面 分别与 棱 SA、 SC 交于 ,E F ，若 2, 2 2SA SC BA BC AC     ，则下列结论正确的序号为 （ ） - 11 - ① / /AC EF ； ②若 ,E F 分别为 ,SA SC 的中点，则四棱锥 B AEFC 的体积为 2 2 ； ③若 ,E F 分别为 ,SA SC 的中点，则 BF 与 SA所成角的余弦值为 3 3 ； ④ SC BE . A. ②③ B. ①②④ C. ①②③ D. ①② 【答案】C 【解析】 【分析】 ①利用线面平行的性质定理进行判断；②利用面面垂直的性质定理找到高，再利用四棱锥的 体积公式进行计算；③先找到异面直线所成的角，再求余弦值；④用反证法证明结论不成立. 【详解】 ①由题意得： / /AC 面 BEF ，面 BEF I 面 SAC EF ， / /AC EF ，正确； ②如图：取 AC 的中点为 H ， AB BC BH AC   , 面 SAC  面 ABC , BH  面 SAC , 又 2, 2 2BA BC AC   ， 所以 2BH  ， - 12 - 面 ACFE 的面积为  2 2 2 2 3 2 2 2    ， 故 1 3 223 2 2B AEFCV      ；正确 ③连接 FH ，则 1 12FH SA  ， / /FH SA， HFB 即为两条异面直线所成角， BH  面 SAC ， BH FH  ， 221 2 3BF    ， 1 3cos 33 HFB   ；正确 ④假设 SC BE ， SC SA ， SC  面 SAB ， SC SB  又 SC BH ， SC  面 SBH ， 得 SC SH 与 SC SA 矛盾；错误. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了线面平行的性质定理以及面面垂直的性质定理，异面直线求角问题. 属于中档题. 12.过直线 y x 上一点 P 可以作曲线 ( ) lnf x x x  两条切线，则点 P 横坐标 t 的取值范围 为（ ） A. 1t  B. 0t  C. 0 1t  D. 1 1te   【答案】C 【解析】 【分析】 根据导数的几何意义得出切线方程，再将方程 0 0 0lnt x x x   的根的个数问题转化为函数 y t 与函数 ( ) lng x x x x   的图象的交点个数问题，结合图象，即可得出答案. - 13 - 【详解】由题意得 ( , )P t t ，设切点为  0 0,A x y ， 0 0x  1( ) 1f x x    ，   0 0 0 0 111 xf x x x     则过点 P 的切线方程为  0 0 0 0 0 1ln xy x x x xx     ，整理得 0 0 0 1 ln 1xy x xx    由点 P 在切线上，则 0 0 0 1 ln 1xt t xx    ，即 0 0 0lnt x x x   因为过直线 y x 上一点 P 可以作曲线 ( ) lnf x x x  两条切线 所以关于 0x 的方程 0 0 0lnt x x x   有两个不等的实数根 即函数 y t 与函数 ( ) lng x x x x   的图象有两个交点 ( ) ln 1 1 lng x x x       ( ) 0 0 1, ( ) 0 1g x x g x x        则函数 ( )g x 在 (0,1) 上单调递增，在 (1, ) 上单调递减，且 (1) 1g  0x  时， ( ) 0g x  ； x   时， ( )g x   则函数 y t 与函数 ( ) lng x x x x   的图象如下图所示 由图可知， 0 1t  - 14 - 故选：C 【点睛】本题主要考查了导数几何意义的应用以及利用导数研究函数的零点问题，属于中档 题. 第Ⅱ卷（非选择题共 90 分） 本试卷包括必考题和选考题两部分.第 13 题~第 21 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22 题~第 23 题为选考题，考生根据要求作答. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.将答案填在机读卡上相应的位置. 13.平面向量 ,a b  满足| | 2,| | 1, (2 )a b a a b       ，则| |a b  的值为_______. 【答案】 21 【解析】 【分析】 先算出 a b  ，再利用 2 2| | 2b b a ba a        可算出| |a b  的值. 【详解】因为 (2 )a a b    ，故 (2 ) 0a a b    ，所以 22 0a a b    ，故 2 4 8a b    . 又 2 2| | 2 5 16 21a b a b a b            ， 故答案为： 21 【点睛】向量的数量积有两个应用：（1）计算长度或模长，通过用 r r rga a a ；（2）计算角， cos , rrrr rr a ba b a b  .特别地，两个非零向量 ,a b  垂直的等价条件是 0a b  . 14.一批电池（一节）用于无线麦克风的寿命服从均值为 34.3 小时，标准差为 4.3 小时的正 态分布，随机从这批电池中任意抽取一节，则这节电池可持续使用不少于 30 个小时的概率 _______.（参考数据： ( ) 0.6826P X        ， ( 2 2 ) 0.9544P X        ） 【答案】0.8413 【解析】 【分析】 利用正态曲线关于 x  对称，求  30P X  可转化为  P X    ，代入数据即可. 【详解】由题意知，  234.3,4.3X N , - 15 - 从而      30 34.3 4.3P X P X P X         , 故  1( ) 1 1 0.6826 0.84132P X        . 故答案为：0.8413. 【点睛】本题主要考查利用正态分布曲线的特点求概率.属于较易题. 15.已知数列 na 满足，  2 * 1 11, ( 1) 2,n n na a a n n n N        ，则 20a  __________. 【答案】210 【解析】 【分析】 根据  2 * 1 11, ( 1) 2,n n na a a n n n N        ，利用累加法求解即可. 【详解】因为  2 * 1 11, ( 1) 2,n n na a a n n n N        ， 所以 20 2 1 3 2 4 3 20 19 1...a a a a a a a a a a          ， 2 22 22 23 5 ... 19 12 4 20       ，  5 9 13 ... 37 399       ，  9 5 37 3992     210 故答案为：210 【点睛】本题主要考查累加法求通项以及等差数列的前 n 项和公式，并项求和，还考查了运 算求解的能力，属于中档题. 16.已知抛物线 2: 4C y x 的焦点为 F ，过 F 的直线交抛物线于 A 、B 两点，若点  1,1M  ， 且 MA MB ，则弦 AB 的长度为______________. 【答案】 5 【解析】 【分析】 设点  1 1,A x y 、  2 2,B x y ，设直线 AB 的方程为 1x my  ，将直线 AB 的方程与抛物线C 的方程联立，列出韦达定理，由题意得出 0MA MB   ，计算求得 m 的值，再利用抛物线的焦 点弦长公式可求得弦 AB 的长度. - 16 - 【详解】易知点  1,0F ，设点  1 1,A x y 、  2 2,B x y ， 若直线 AB 与 x 轴重合，则该直线与抛物线C 只有一个公共点，不合乎题意. 所以，直线 AB 与 x 轴不可能重合，设直线 AB 的方程为 1x my  ， 联立 2 1 4 x my y x     ，消去 x 并整理得 2 4 4 0y my   ， 216 16 0m    ， 由韦达定理得 1 2 4y y m  ， 1 2 4y y   ，    1 1 1 11, 1 2, 1MA x y my y      ，同理  2 22, 1MB my y   ， MA MB ，则      1 2 1 22 2 1 1 0MA MB my my y y         ， 即    2 1 2 1 21 2 1 5 0m y y m y y      ，整理得 24 4 1 0m m   ，解得 1 2m  ， 所以，   2 1 2 1 22 4 4 4 5AB x x m y y m         . 故答案为：5 . 【点睛】本题考查利用抛物线中直线与直线垂直求参数，同时也考查了抛物线焦点弦长的计 算，考查计算能力，属于中等题. 三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步 骤. 17.已知直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， ABC 为正三角形， 1 4,AB AA F  为 BC 的中点. 点 E 在棱 1C C 上，且 1 3C E EC . （1）求证：直线 1B F  平面 AEF ； （2）求二面角 1B AE F  的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 15 10 . - 17 - 【解析】 【分析】 （1）取 1 1B C 中点 D ，连接 DF ，以 F 为坐标原点， , ,FA FB FD    的方向为 , ,x y z 轴的正方向 建立空间直角坐标系，求得平面 AEF 的法向量，由线面垂直的判定定理可得证； （2）根据二面角的向量求解方法可得解. 【详解】（1）取 1 1B C 中点 D ，连接 DF ， 4AB  以 F 为坐标原点， , ,FA FB FD    的方向为 , ,x y z 轴的正方向建立空间直角坐标系， 1(0,2,4), (0,0,0), (2 3,0,0), (0, 2,1)B F A E  ， ∴ 1 (0, 2, 4), (2 3,0,0), (0, 2,1)B F FA FE        ， 设平面 AEF 的法向量为 1 1 1( , , ), 0, 0m x y z m FA m FE          ， ∴ 1 1 1 2 3 0 2 0 x y z     ，得 1 0x  ，令 1 2y  ，则 1 2z  ， ∴ (0,1, 2)m  ，∵ 1 2B F m   ， 1B F //m  ∴ 1 / /B F m  ， ∴直线 1B F  平面 AEF ； （2） ( 2 3, 2,1), (0, 4, 3)AE BE       ， 设平面 1B AE 的法向量为 2 2 2( , , ), 0, 0n x y z n AE n BE          ， ∴ 2 2 2 2 2 2 3 2 0 4 3 0 x y z y z       ，令 2 5x   ，则 2 23 3, 4 3y z   ， ∴ ( 5,3 3, 4 3)n    ， 设二面角 1B AE F  的平面角为 ， ∴        2 222 2 1 3 3+2 4 3 15cos , | | | | 101 2 5 3 3 + 4 3 m nm n n n                 ， 由图示可知二面角 1B AE F  是锐角， 所以二面角 1B AE F  的余弦值为 15 10 . - 18 - 【点睛】本题考查空间中的线面垂直关系的证明和二面角的计算，属于中档题. 18.在 ABC 中，设边 , ,a b c 所对的角分别为 , ,A B C ，且 2 2 3 cos 6,sin 2 sina b a C A B    . （1）若 2b  ，求 tan A 的值. （2）若 ABC 的面积为 2 b ，求 a b的值. 【答案】（1）tan 2A  ；（2）当 1b  时， 2 1a b   ；当 5b  时， 10 5a b   . 【解析】 【分析】 （1）由正弦定理得 2a b ，可得 2a  ，再代入 2 2 3 cos 6a b a C   ，得 cos 0C  ，由 (0, )C  得 2C  ，可得 tan A 的值； （2）由三角形的面积公式得 1 sin2 2ABC bS ab C  ，从而得 1 1sin 2 C a b   ，再由余弦定 理得 2 2cos 2 bC b  ，由同角三角函数的关系得 2 2sin cos 1C C  ， 2 2 2 2 1 ( 2) 12 2 b b b   ， 可求得 a b的值. 【详解】（1）∵sin 2 sinA B ，∴ 2a b ，∵ 2b  ∴ 2a  ， ∵ 2 2 3 cos 6a b a C   ，∴ cos 0C  ，∵ (0, )C  ，∴ 2C  ， ∴ tan 2aA b   ； （2）∵ 1 sin2 2ABC bS ab C  ，∴ 1 1sin 2 C a b   ， - 19 - ∵ 2 2 3 cos 6a b a C   且 2a b ∴ 2 2cos 2 bC b  ， ∵ 2 2sin cos 1C C  ∴ 2 2 2 2 1 ( 2) 12 2 b b b   ∴ 1b  或 5 ， 当 1b  时， 2a  ，∴ 2 1a b   ， 当 5b  时， 10a  ，∴ 10 5a b   . 【点睛】本题综合考查正弦定理，余弦定理和三角形的面积公式，关键在于合理地运用公式 进行边角之间的转化，属于中档题. 19.甲、乙二人进行一次象棋比赛，每局胜者得 1 分，负者得 0 分（无平局），约定一方得 4 分时就获得本次比赛的胜利并且比赛结束，设在每局比赛中，甲获胜的概率为 2 3 ，乙获胜的 概率为 1 3 ，各局比赛结果相互独立，已知前 3 局中，甲得 1 分，乙得 2 分. （1）求甲获得这次比赛胜利的概率； （2）设 X 表示从第 4 局开始到比赛结束所进行的局数，求 X 的分布列及数学期望. 【答案】（1） 16 27 ；（2）分布列见解析；期望为10 3 . 【解析】 【分析】 （1）甲获胜有两种情况：一是第四五六局，三局都是甲胜，二是第四五六三局中甲胜两局， 第七局甲胜，由独立事件的概率公式可计算； （2） X 的取值可为 2 、3 或 4，注意可能是甲胜，也可能是乙获胜．分别计算可得概率分布 列，再由期望公式计算出期望． 【详解】（1）设甲获得这次比赛胜利为事件 A 3 1 3 3 2 2 1 16( ) ( ) ( )3 3 3 27P A C   ∴甲获得这次比赛胜利的概率为 16 27 （2） X 的取值可能为 2，3，4 21 1( 2) ( )3 9P X    3 1 2 2 2 2 1 4( 3) ( ) ( )3 3 3 9P X C    - 20 - 2 2 3 2 1 4( 4) ( )3 3 9P X C   ∴ X 的分布列为 X 2 3 4 P 1 9 4 9 4 9 ∴ 10( ) 3E X  . 【点睛】本题考查相互独立事件的概率计算，考查随机变量的概率分布列和数学期望，属于 中档题．在计算概率时，要注意事件发生的各种可能情形，即注意分类讨论． 20.已知椭圆 2 2 2: 1( 1)xC y aa    的左右焦点分别为 1 2,F F ，过点 1F 的直线l 的倾斜角为锐 角， P 为椭圆的上顶点，且 1 2PF PF . （1）求椭圆C 的方程； （2）若直线 l 与椭圆C 交异于点 P 的两点 ,A B ，且直线 ,PA PB 与直线 2 0x y   分别交 于不同两点 M N、 ，当| |MN 最小时，求直线l 的方程. 【答案】（1） 2 2 12 x y  ；（2） 7 7y x  . 【解析】 【分析】 （1）由椭圆的对称性以及等腰直角三角形的性质，即可得出椭圆方程； （2）设直线 : 1l x my  ， 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，联立椭圆方程和直线 l 的方程，得出 1 2y y ， 1 2y y 的值，并由直线 ,PA PB 的方程得出 ,M N 的纵坐标，从而得出 24 1 7 mMN m   ，利用 换元法以及二次函数的性质得出当| |MN 最小时 m 的值，即可得出直线 l 的方程. 【详解】（1）由题意可知， 1 2PF PF ，且点 P 的坐标为 (0,1) ∵ 1 2PF PF ∴ 1 2 1OF OF OP   ∴ 1b c  ∴ 2a  - 21 - ∴椭圆C 的方程为 2 2 12 x y  （2）设直线 : 1l x my  ， 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 联立方程得， 2 2 12 1 x y x my       ∴ 2 2( 2) 2 1 0m y my    ∴   恒成立，∴ 1 2 2 1 2 2 2 2 1 2 my y m y y m        ∴ 1 1 1 PA yk x  ∴直线 PA 的方程为 1 1 1 1yy xx   联立直线 2 0x y   得 1 1 1 1 1 1 2 2 ( 2) 3 1 ( 1) 2M x y m yy x y m y         同理可得 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2) 3 1 ( 1) 2N x y m yy x y m y         1 2 1 2 ( 2) 3 ( 2) 32 2 ( 1) 2 ( 1) 2M N m y m yMN y y m y m y            1 2 2 1 2 1 2 ( 1)( )2 ( 1) 2( 1)( ) 4 m y y m y y m y y        1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 ( ) 42 ( 1) 2( 1)( ) 4 m y y y y m y y m y y         2 2 2 4 1 1 4 1 76 7 m m m mm m       ，令 7 (7, )t m    2 14 504 1 t t    ，令 1 1(0, )7n t   24 50 14 1n n   当 7 50n  时， MN 最小，此时 1 7m  ∴直线l 的方程为 7 7y x  - 22 - 【点睛】本题主要考查了求椭圆的标准方程以及根据韦达定理求参数，属于中档题. 21.已知函数 ( ) ( 2) xf x x e  . （1）判断方程 ( 1) ln( 1)f x x x    的根个数； （2）若 0x  时，  2( ) 2 1f x k x x   恒成立，求实数 k 的取值范围. 【答案】（1）根的个数为 2；（2） 3 2, 2 e     . 【解析】 【分析】 （1）令 ( ) ( 1) ln( 1)g x f x x x     ，利用导数得出其单调性，从而确定其大致图象，即可 判断方程 ( 1) ln( 1)f x x x    的根个数； （2）设 2( ) ( ) ( 2 1)h x f x k x x    ，讨论 k 的值，利用导数得出函数 ( )h x 的单调性，确定 min( )h x ，由 min( ) 0h x  ，求出 k 的取值范围. 【详解】（1）设 1( ) ( 1) ln( 1) ( 1) ln( 1) , ( 1, )xg x f x x x x e x x x             1 11 1( ) 11 1 x xg x xe x ex x              ∵ 1x   ∴ 1 1 01 xe x    ( ) 0 0g x x    ， ( ) 0 1 0g x x      ∴ ( )g x 在 ( 1,0) 上是减函数，在 (0, ) 上是增函数 ∴ min( ) (0) 0g x g e    ∵ 1x   时， ( )g x   且 (1) 1 ln 2 0g    ∴方程 ( 1) ln( 1)f x x x    的零点个数为 2 （2）设 2 2( ) ( ) ( 2 1) ( 2) ( 2 1), [0, )xh x f x k x x x e k x x x           ( ) ( 1)( 2 )xh x x e k   ∵ 0x  ，∴ 1xe  - 23 - 当 2 1k  时，即 1 2k  ，∴ 2 0xe k  ( ) 0 1, ( ) 0 0 1h x x h x x        ∴ ( )h x 在[0,1) 上是减函数，在 (1, ) 上是增函数 ∴ min( ) (1) 2 0h x h e k     ，∴ 2 ek  （舍） 当 2 1k  时，即 1 2k  令 ( ) 0h x  ，∴ 1x  或 ln(2 )k 当 ln(2 ) 1k  时，即 2 ek  ，∴ ( ) 0h x  ∴ ( )h x 在[0, ) 上是增函数 ∴ min( ) (0) 2 02 eh x h     （舍） 当 ln(2 ) 1k  时，即 1 2 2 ek  令 ( ) 0h x  ，∴  0,ln(2 ) (1, )x k   令 ( ) 0h x  ，∴  ln(2 ),1x k ∴ ( )h x 在 0,ln(2 )k 上是增函数，在 ln(2 ),1k 上是减函数，在 (1, ) 上是增函数 ∴ (0) 2 0h k    且 (1) 2 0h e k    ∴ min( ) 0h x  ，∴不等式不恒成立（舍） 当 ln(2 ) 1k  时，即 2 ek  令 ( ) 0h x  ，∴    0,1 ln(2 ),x k   ，令 ( ) 0h x  ，∴  1,ln(2 )x k ∴ ( )h x 在[0,1) 上是增函数，在 (1,ln(2 ))k 上是减函数，在 (ln(2 ), )k  上是增函数 ∴ (0) 2 0h k    ，∴ 2k  ，且     ln(2 ) ln(2 ) 1 ln(2 ) 3 0h k k k k     ∴ 3 2 2 e ek  ∴ 3 2, 2 ek      综上所述，实数 k 的取值范围是 3 2, 2 e     - 24 - 【点睛】本题主要考查了利用导数研究方程的根以及利用导数研究函数的恒成立问题，属于 难题. 请考生在 22、23 二题中任选一题作答，如果多做，则按所做的的第一题记分. 选修 4-4：坐标系与参数方程 22.已知曲线C 的参数方程为 cos 1 sin x y       （ 为参数），以坐标原点O 为极点， x 轴的非负 半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 sin 4   . （1）写出曲线C 的极坐标方程和直线l 的直角坐标方程； （2）若射线 3   与曲线C 交于 ,O A 两点，与直线l 交于 B 点，射线 2 3   与曲线C 交于 ,O P 两点，求 PAB△ 的面积. 【答案】（1） 2sin  ； 4y  ；（2） 5 3 4 . 【解析】 【分析】 （1）消掉参数 得出曲线C 的直角坐标方程，再由 cos , sinx y     ，得出曲线C 的极 坐标方程和直线l 的直角坐标方程； （2）联立极坐标方程得出 , ,P A B 的极坐标，进而得出 AB 的值，再由直角三角形的边角关 系得出点 P 到直线 AB 的距离，最后由三角形面积公式计算即可. 【详解】（1）∵ cos , 1 sinx y    ，∴sin 1y   ，∴ 22 ( 1) 1yx    ， ∴ 2 2 2 0x y y   ∵ cos , sinx y     ，∴ 2sin  又∵直线 l 的极坐标方程为 sin 4   ，∴ 4y  ∴曲线C 的极坐标方程为 2sin  ，直线l 的直角坐标方程为 4y  （2）由题意可知，设点 A 的极坐标为 1( , )3  ，点 B 的极坐标为 2( , )3  ，点 P 的极坐标为 3 2( , )3  - 25 - ∴ 1 2 3 4 8 3 22sin 3, , 2sin 33 3 3sin 3          ∴ 2 1 5 3 3AB     点 P 到直线 AB 的距离为 3 3sin 3 2d   ∴ 1 5 3 2 4PABS AB d △ 【点睛】本题主要考查了极坐标方程化直角坐标方程，参数方程化普通方程，利用极坐标求 长度，属于中档题. 选修 4-5：不等式选讲 23.已知 ( ) | 2 1| | |f x x x a    （1）当 3a  时，解关不等式 ( ) 5f x  ； （2）若 1x  时，方程 2( ) 1f x x  有两个不同解，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1）  1, 3,3        ；（2） 10, 4a     . 【解析】 【分析】 （1）分类讨论，去掉绝对值，再解不等式即可； （2）将方程 2( ) 1f x x  的解问题转化为函数 ( )g x x a  与 2( ) 2 2h x x x   的图象的 交点问题，借助图象，即可得出实数 a 的取值范围. 【详解】（1）当 3a  时， ( ) 2 1 3f x x x    ∴ 2 1 3 5x x    当 3x  时， 2 1 3 5x x    ，∴ 3x  成立 当 1 32 x  时， 2 1 3 5x x    ，∴ 3x  不成立，∴无解 当 1 2x  时，1 2 3 5x x    ，∴ 1 3x   成立 - 26 - ∴不等式的解集为  1, 3,3        （2）∵方程 2( ) 1f x x  在[1, ) 有两个不同的解 ∴ 22 1 1x x a x     ∴ 2 2 2x a x x    设 ,( ) , x a x ag x x a x a x a        ， 2( ) 2 2,( 1)h x x x x    由题意可知，函数 ( )g x 与 ( )h x 在[1, ) 上有两个不同的交点 当函数 ( )g x x a  的图象的右支过点 (1,1) 时， 0a  ，此时函数 ( )g x 与 ( )h x 在[1, ) 上 有两个不同的交点 当函数 ( )g x 的图象的右支，即 ( ) ,g x x a x a   与 ( )h x 相切时 由 ( ) 2 2 1h x x    ，解得 3 2x  ， 2 52 23 3 3 2 2 2 4h              由切点 3 5,2 4      在 ( ) ,g x x a x a   上，解得 1 4a  由图像可知， 10, 4a     【点睛】本题主要考查了分类讨论解绝对值不等式以及求绝对值不等式中参数的取值范围， - 27 - 属于中档题. - 28 -