湖南师大附中2020届高三下学期模拟考试（三）数学（理）试题 Word版含解析

湖南师大附中2020届高三下学期模拟考试（三）数学（理）试题 Word版含解析

- 1 - 湖南师大附中 2020 届高考模拟卷(三) 数学(理科) 一､选择题 1. 设集合  2 4 3 0M x x x   ∣ ，  2log 0N x x ∣ ，则M N （ ） A. {1,2,3} B. {1} C. [0,3] D. (0,3] 【答案】D 【解析】 【分析】 先化简集合 ,M N，再求M N . 【详解】由题得  { |1 3}, { | 0 1}, 0,3M x x N x x M N         . 故选：D 【点睛】(1)本题主要考查集合的化简与并集运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2) 在化简集合 N 时，不要漏了 x>0,函数的问题一定要注意定义域优先的原则，否则容易出错. 2. 设复数 z 满足 1+z 1 z =i，则|z|=（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 2 【答案】A 【解析】 试题分析：由题意得， 1 ( 1)(1 ) 1 (1 )(1 ) i i iz i i i i          ，所以 1z  ，故选 A. 考点：复数的运算与复数的模. 3. 设等差数列 na 的前 n项和为 nS ，若 3 5 154, 60a a S   ，则 20a  （ ） A. 4 B. 6 C. 10 D. 12 【答案】C 【解析】 由 题 意 3 5 4 2 2 a aa    ， 15 815 60S a  ， 8 4a  ， 所 以 20 4 8 44( ) 2 4 (4 2) 10a a a a        ，故选 C． - 2 - 点睛：解决等差数列的通项与前 n项和问题，基本方法是基本量法，即用首项 1a 和公差 d 表 示出已知并求出，然后写出通项公式与前 n项和公式，另一种方法就是应用等差数列的性质解 题，可以减少计算量，增加正确率，节约时间，这是高考中尤其重要有用，象本题应用了以 下性质：数列{ }na 是等差数列，（1）正整数 , , ,m n p q，m n p q    m n p qa a a a   ， p q 时也成立；（2） 2 1 (2 1)n nS n a   ；（3）等差数列{ }na 中抽取一些项，如 4 8 12 4, , , , ,ka a a a 仍是等差数列． 4. 如图，当参数 1 2  时，连续函数 ( 0) 1 xy x x    的图象分别对应曲线 1C 和 2C ，则 （ ） A. 1 20    B. 2 10    C. 1 2 0   D. 2 1 0   【答案】B 【解析】 【分析】 根据图形可知 1 0  ， 2 0  ，使用排除法排除 C，D 项，然后取特殊值 1x  ，根据 1 2y y 简单计算即可. 【详解】由条件中的函数是分式无理型函数，先由函数在 (0, ) 是连续的， 可知参数 1 0  ， 2 0  ，即排除 C，D 项， 又取 1x  ，知对应函数值 1 1 1 1 y    ， 2 2 1 1 y    ， 由图可知 1 2y y ，所以 1 2  ，即选 B 项. 故选：B. - 3 - 【点睛】此题考查根据函数图象判断比较参数的大小关系，求参数范围，关键在于准确分析 函数图象所反映的性质,属基础题. 5. 若随机事件 A，B互斥，A，B发生的概率均不等于 0，且 ( ) 2P A a  ， ( ) 4 5P B a  ， 则实数 a的取值范围是（ ） A. (1, 2) B. 5 3, 4 2       C. 5 4, 4 3       D. 5 4, 4 3      【答案】D 【解析】 【分析】 由随机事件 A、B互斥，A、B发生的概率均不等于 0，知 0 ( ) 1 0 ( ) 1 ( ) ( ) 1 P A P B P A P B        „ ，由此能求出实 数 a的取值范围． 【详解】随机事件 A、 B互斥， A、 B发生的概率均不等于 0， 且   2P A a  ，   4 5P B a  ，  0 ( ) 1 0 ( ) 1 ( ) ( ) 1 P A P B P A P B        „ ，即 0 2 1 0 4 5 1 3 3 1 a a a          „ ， 解得 5 4 4 3 a „ ，即 5 4, 4 3 a     ． 故选：D． 【点睛】本题考查互斥事件的概率的应用，属于基础题．解题时要认真审题，仔细解答． 6. 设 1F、 2F 是双曲线C： 2 2 2 2 1x y a b   ( 0, 0)a b  的两个焦点， P是C上一点，若 1 2| | | | 6PF PF a  ， 1 2PF F 是△ 1 2PFF 的最小内角，且 1 2 30PFF   ，则双曲线C的渐近 线方程是（ ） A. 2 0x y  B. 2 0x y  C. 2 0x y  D. 2 0x y  【答案】B - 4 - 【解析】 【分析】 设|PF1|＞|PF2|，由已知条件求出|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，e 3 ，进而求出 b 2a ，由此 能求出双曲线 C： 2 2 2 2 x y a b   1 的渐近线方程． 【详解】设|PF1|＞|PF2|，则|PF1|﹣|PF2|＝2a， 又|PF1|+|PF2|＝6a，解得|PF1|＝4a，|PF2|＝2a． 则∠PF1F2是△PF1F2的最小内角为 30°， ∴| PF2| 2＝| PF1|| 2+|F1F2| 2﹣2| PF1||•|F1F2|cos30°， ∴（2a）2 ＝（4a）2 +（2c）2 ﹣2×4a×2c 3 2  ， 同时除以 a2 ，化简 e2 ﹣2 3 e+3＝0， 解得 e 3 ，∴c 3a ，∴b 2 23 2a a a   ， ∴双曲线 C： 2 2 2 2 x y a b   1 的渐近线方程为 y b x a   ± 2x， 即 2x y  0． 故选 B． 【点睛】本题考查双曲线的渐近线方程的求法，是中档题，解题时要认真审题，要熟练掌握 双曲线的简单性质 7. 设 0.21 3 a       ， 1 3 1log 5 b  ， ln 5c  ，则 a、b、c的大小关系是（ ） A. a b c  B. c b a  C. b c a  D. a c b  【答案】B 【解析】 【分析】 利用指数函数和对数函数的单调性比较 a、b、 c三个数与 0 和1的大小关系，利用换底公式 和不等式的基本性质可得出b、 c的大小关系，进而可得出这三个数的大小关系. - 5 - 【详解】指数函数 1 3 x y       在R上为减函数，则 0.2 01 10 1 3 3              ，即0 1a  ； 对数函数 1 3 logy x 在  0,  上为减函数，则 1 1 3 3 1 1log log 1 5 3 b    ； 对数函数 lny x 在  0,  上为增函数，则 ln 5 ln 1c e   . 1 3 3 1 ln5log log 5 ln5 5 ln3 b c      . 因此， c b a  . 故选：B. 【点睛】本题考查指数式和对数式的大小比较，一般利用指数函数和对数函数的单调性，结 合中间值法来比较，考查推理能力，属于中等题. 8. 我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三 尺，末广八尺，无深，袤七尺．问积几何”，羡除是一个五面体，其中三个面是梯形，另两 个面是三角形，已知一个羡除的三视图如图粗线所示，其中小正方形网格的边长为 1，则该羡 除的表面中，三个梯形的面积之和为（ ） A. 40 B. 43 C. 46 D. 47 【答案】C 【解析】 【分析】 画出几何体的直观图,利用三视图所给数据，结合梯形的面积公式,分别求解梯形的面积即可. - 6 - 【详解】 由三视图可知，该几何体的直现图如图五面体，其中平面 ABCD 平面 ABEF， 2, 6, 4CD AB EF   ，底面梯形是等腰梯形，高为 3 , 梯形 ABCD的高为 4 ,等腰梯形 FEDC的高为 9 16 5  ， 三个梯形的面积之和为 2 6 4 6 2 44 3 5 46 2 2 2          , 故选 C. 【点睛】本题考查空间几何体的三视图，求解表面积,属于中档题.三视图问题是考查学生空 间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键， 不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相 同图形的不同位置对几何体直观图的影响. 9. 某市政府决定派遣8名干部（5男3女）分成两个小组，到该市甲、乙两个县去检查扶贫 工作，若要求每组至少3人，且女干部不能单独成组，则不同的派遣方案共有（ ）种 A. 240 B. 320 C. 180 D. 120 【答案】C 【解析】 【分析】 在所有两组至少都是3人的分组中减去3名女干部单独成一组的情况，再将这两组分配，利用 分步乘法计数原理可得出结果. 【详解】两组至少都是3人，则分组中两组的人数分别为3、5或 4 、 4 ， 又因为3名女干部不能单独成一组，则不同的派遣方案种数为 4 3 28 8 22 2 1 180CC A A         . 故选：C. 【点睛】本题考查排列组合的综合问题，涉及分组分配问题，考查计算能力，属于中等题. - 7 - 10. 设斜率为 2 2 的直线 l与椭圆 2 2 2 2 1x y a b   （ 0a b  ）交于不同的两点，且这两个交点 在 x轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点，则该椭圆的离心率为（ ） A. 3 3 B. 1 2 C. 2 2 D. 1 3 【答案】A 【解析】 由题意， 2 2 2 b a c  ，得  2 22ac a c  ，即 22 2 0e e   ，所以 2 2 e  ， 故选 C． 点睛：由椭圆的对称性可知，两个焦点关于原点对称，则直线 l是过原点的直线，且其交点投 影恰好是椭圆焦点，由垂径的交点坐标为 2 , bc a       ，则有 2 2 2 b a c  ，整理后同除以 2a 得 22 2 0e e   ，求出离心率． 11. 在长方体 1 1 1 1 A B C D A B C D 中， 24, 2AB AD AA   ，过点 1A作平面 与 , A B A D分别交于 ,M N两点，若 1AA 与平面 所成的角为 45 ，则截面 1AMN面积的最小 值是（ ） A. 2 3 B. 4 2 C. 4 6 D. 8 2 【答案】B 【解析】 【分析】 过点 A 作 AE MN ，连接 1AE，首先证明平面 1A AE 平面 1AMN，即可得 1AA E 为 1AA 与 平面 1AMN 所成的角，进而可得 12, 2 2AE AE  ， 2 4ME EN AE   ，由基本不等式 得 2 4MN ME EN ME EN     ，从而可求出截面 1AMN面积的最小值. 【详解】如图，过点 A 作 AE MN ，连接 1AE - 8 - ∵ 1A A 平面 ABCD， ∴ 1A A MN ， ∴MN 平面 1A AE， ∴ 1A E MN ，所以平面 1A AE 平面 1AMN， ∴ 1AA E 为 1AA 与平面 1AMN所成的角， ∴ 1 45AA E   ， 在 1Rt A AE△ 中， ∵ 1 2AA  ，∴ 12, 2 2AE AE  ， 在Rt MAN△ 中，由射影定理得 2 4ME EN AE   ， 由基本不等式得 2 4MN ME EN ME EN     ， 当且仅当ME EN ，即 E 为 MN 中点时等号成立， ∴截面 1AMN面积的最小值为 1 4 2 2 4 2 2    . 故选：B 【点睛】本题考查的是立体几何中面面垂直的证法、线面角及基本不等式，是一道较综合的 题. 12. 定义在[ , )t  上的函数 ( )f x ， ( )g x 单调递增， ( ) ( )f t g t M  ，若对任意 k M ， 存在  1 2 1 2,x x x x ，使得    1 2f x g x k  成立，则称 ( )g x 是 ( )f x 在[ , )t  上的“追逐 函数”.若 2( )f x x ，则下列四个命题：① ( ) 2 1xg x   是 ( )f x 在[1, ) 上的“追逐函数”； ②若 ( ) lng x x m  是 ( )f x 在[1, ) 上的“追逐函数”，则 1m  ；③ 1( ) 2g x x   是 ( )f x 在[1, ) 上的“追逐函数”；④当m 1 时，存在 t m ，使得 ( ) 2 1g x mx  是 ( )f x 在 - 9 - [ , )t  上的“追逐函数”.其中正确命题的个数为（ ） A. ①③ B. ②④ C. ①④ D. ②③ 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意，分析每一个选项，首先判断单调性，以及 (1) (1) 1f g  ，再假设是 “追逐函数”，利用题目已知的性质，看是否满足，然后确定答案. 【详解】对于①，可得   2f x x ，   2 1xg x   在 1, 是递增函数， (1) (1) 1f g  ， 若   2 1xg x   是  f x 在 1, 上的“追逐函数”；则 1,k  存在 1 2 1 2, ( )x x x x ，使得    1 2f x g x k  成立，即 2 12 1 1 2 22 , log 1xx k x k x k      ，此时当 k=100 时， 不存在 1 2x x ，故①错误； 对于②，若   lng x x m  是  f x 在 1, 上的“追逐函数”，此时 (1) (1) 1f g  ，解 得 1m  ，当 1m  时，   2f x x ，   ln 1g x x  在 1, 是递增函数，若是“追逐函数” 则 2 1 1 2 1 2ln 1 , kx x k x k x e       ，即 1 2 2k kk e k e    ， 设函数 2 2 2 2( ) , ( ) 1 2 0x xh x x e h x e     即 2 2xx e  ，则存在 1 2x x ，所以②正确； 对于③   2f x x ，   12g x x   在 1, 是递增函数， (1) (1) 1f g  ，若   12g x x   是  f x 在 1, 上的“追逐函数”；则 1,k  存在 1 2 1 2, ( )x x x x ，使得    1 2f x g x k  成立，即 2 1 1 2 2 1 12 , 2 x k x k x x k        ，当 k=4 时，就不存在 1 2x x ，故③错误； 对于④，当 t=m=1 时，就成立，验证如下：   2f x x ，   2 1g x x  在 1, 是递增函数， (1) (1) 1f g  ，若   2 1g x x  是  f x - 10 - 在 1, 上的“追逐函数”；则 1,k  存在 1 2 1 2, ( )x x x x ，使得    1 2f x g x k  成立， 即 2 1 2 1 2 12 1 , 2 kx x k x k x        此时 21 ( 1) 2 4 k kk k     取 2( 1) 1( ) ( 1), ( ) 1 0 4 2 x xh x x x h x       即 2( 1) 4 xx   ，故存在存在 1 2x x ，所以④正确； 故选 B 【点睛】本题主要考查了对新定义的理解、应用，函数的性质等，易错点是对新定义的理解 不到位而不能将其转化为两函数的关系，实际上对新定义问题的求解通常是将其与已经学过 的知识相结合或将其表述进行合理转化，从而更加直观，属于难题. 二､填空题 13. 已知向量 (1,2)a   ， ( , 1)b x   ，若 ( )    a a b ，则 a b    __________． 【答案】 5 2  【解析】 【分析】 先根据向量的平行求出 x 的值，再根据向量的数量积计算即可． 【详解】解：∵  1 ,3     a b x ，因为 ( )    a a b ， 所以  3 2 1 x  ，解得： 1 2 x   ， 所以 1 52 2 2         a b ． 故答案为： 5 2  【点睛】本题考查了向量的平行和向量的数量积，属于基础题． 14. 若数列 na 是等差数列，则数列  *1n n m n a ab m N m       也为等差数列，类比上述 性质，相应地，若正项数列 nc 是等比数列，则数列 nd  _________也是等比数列. 【答案】 1 2 m n n n mC C C    - 11 - 【解析】 【分析】 利用类比推理分析，若数列{ }na 是各项均为正数的等比数列，则当 1 2 m n nn n md C C C     时，数列{ }nd 也是等比数列． 【详解】由数列 nc 是等差数列，则当  *1n n m n a ab m N m       时，数列{ }nb 也是等差 数列．类比上述性质，若数列{ }na 是各项均为正数的等比数列，则当 1 2 m n nn n md C C C     时，数列{ }nd 也是等比数列． 故答案为 1 2 m n n n mC C C    【点睛】类比推理的一般步骤是：（1）找出两类事物之间的相似性或一致性；（2）用一类事 物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（猜想）． 15. 二项式 2 2 n x x        的展开式中，仅有第六项的二项式系数取得最大值,则展开式中 x 项 的系数是________ 【答案】 15 2  【解析】 【分析】 先根据条件确定 n 值，再根据二项展开式通项公式求结果. 【详解】因为仅有第六项的二项式系数取得最大值,所以 6 1, 10 2 n n   ， 因为 3510 10 2 1 10 10 2 1( ) ( ) ( ) ( 2) 2 2 rr r r r r r r xT C C x x        ， 所以 3 10 3 3 10 3 1 1 155 , 3, ( ) ( 2) . 2 2 2 2 r r C        【点睛】本题考查二项式系数与二项展开式项的系数，考查基本分析与求解能力，属基本题. 16. 已知函数 2( )f x x m  与函数 1 1( ) ln 3 ,2 2 g x x x x           的图象上至少存在一对 关于 x轴对称的点，则实数m的取值范围是________. 【答案】[2 ln 2, 2] - 12 - 【解析】 【分析】 使用等价转化，原问题等价于 2( ) ( ) ( ) ln 3h x f x g x x x x m      在 1 ,2 2      有零点，通过  h x 的符号判断函数  h x 的单调性并计算值域，值域包含 0，然后简单计算即可. 【详解】原问题等价于 2( ) ( ) ( ) ln 3h x f x g x x x x m      在 1 ,2 2      有零点， 而   1 12 3 (2 1)( 1)h x x x x x x        ， 知 ( )h x 在 1 ,1 2      单调递减，在 (1,2]单调递增， 又 (1) 2h m  ， (2) ln 2 2h m   ， 1 5ln 2 2 4 h m         ， 8 33 ln 2 lnln 2 2 2ln 2 0 4 4 5ln 2 4               m em 所以可判断 1(2) 2 h h       ， 因而  h x 的值域为  2, ln 22m m   ，又  h x 有零点， 由 2 0 ln 2 2m m     得 [2 ln 2, 2]m  . 故答案为：[2 ln 2, 2] 【点睛】本题主要考查根据函数零点所在区间求参数，考查了等价转化思想的应用，以及对 分析能力和计算能力的考查.，属中档题. 三､解答题 17. 在 ABC 中，内角 A， B， C的对边分别为 a，b， c且2 2 cosb c a C  . （1）若 3a  ， 1b  ，求 B； （2）若 2 | | | | 8AB AC    ， 1 2 2 AB AC    ，求 ABC 的面积. 【答案】（1） 6 B   ；（2） 2 3 . - 13 - 【解析】 【分析】 （1）根据正弦定理以及两角和公式化简可得 A，然后使用正弦定理以及 ,A B之间大小关系可 得 B . （2）取 AC的中点D，依据题意可得 | | 2  DB ，然后使用余弦定理可得 2 24 2 2 b bcc        ， 根据题意可得 2 8b c  ，然后解得 8bc  ，最后利用三角形面积公式可得结果. 【详解】（1）因为 2 2 cosb c a C  ， 由正弦定理得 2sin sin 2sin cosB C A C  ， 所以 2sin( ) sin 2sin cosA C C A C   ，即 2cos sin sin 0A C C  ， 又 sin 0C  ，所以 1cos 2 A  ，所以 3 A   . 又 3a  ， 1b  ，所以由正弦定理得 3 1 sinsin 3 B  ， 解得 1sin = 2 B ，由 a b ，则 A B ，所以 6 B   . （2）取 AC的中点D，连接BD， 则 1 | | 2 2 AB AC DB      ， 在 ABD△ 中， 2 2 2 2 cosBD AB AD AB AD A    ， 所以 2 24 2 2 b bcc        .① 因为 2 | | | | 8AB AC    ，即 2 8b c  ， 4 2 b c  ， 所以有 2 216 4 bc bc   .② - 14 - 联立①②得， 8bc  ，所以 1 sin 2 3 2ABCS bc A  ， 故 ABC 面积为2 3 . 【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理以及面积公式，还考查了向量的减法，掌握正弦定理、 余弦定理的使用，边角转化，化繁为简，属中档题. 18. 已知四棱锥 S ABCD 的底面为平行四边形，且 SD 平面 ABCD， 2 2AB AD SD  ， 60DCB  ，M ， N 分别为 SB， SC 的中点，过MN作平面MNPQ分别与线段CD， AB相交于点 P，Q，且 AQ AB   . （1）当 1 2   时，证明：平面 //MNPQ 平面 SAD； （2）是否存在实数 ，使得二面角M PQ B  为60？若存在，求出 的值；若不存在， 请说明理由. 【答案】（1）证明见解析；（2）存在， 1 3   . 【解析】 【分析】 （1）推导出 / / / /MN BC MN BC， ，从而 / /MN 平面 SAD，再求出 / /MQ 平面 SAD，由 此能证明平面 / /MNPQ 平面 SAD．. （2）方法一：连结 BD，交 PQ于点 R，则 / /BC 平面MNPQ，从而 / / / /PQ BC AD，推 导出 AD平面 SBD，PQ 平面 SBD，则 MRB 为二面角M PQ B  的平面角，从而 60MRB  ，过M 作ME DB 于E，则 //ME SD，从而ME 平面 ABCD，由此能 求出结果． 方法二：以D为原点，直线DA为 x轴，直线DB为 y轴，直线DS 为 z轴建立空间直角坐标 系，由 AQ AB   ，求得 (2 2 , 2 3 ,0)Q   ，进而求得平面MNPQ的法向量为 (0,1, 3(2 1))n    ，平面 ABCD的法向量 (0,0,1)m   ，根据 1 | |cos 60 2 | | | | m n m n          ，计 算即可求得结果. 【详解】（1）∵M ， N 分别为 SB， SC 中点，∴ / / BCMN ， 由底面 ABCD为平行四边形可知， / /AD BC ，∴ / /MN AD . - 15 - 又MN 平面 SAD，∴ / /MN 平面 SAD . ∵ 1 2   ，∴Q为 AB的中点，∴ / /MQ SA. 又MQ 平面 SAD，∴ / /MQ 平面 SAD . 由MN MQ M  可知，平面 / /MNPQ 平面 SAD . （2）方法一：连 BD交 PQ于点 R . ∵ / / BCMN ，∴ / /BC 平面MNPQ . 又平面MNPQ平面 ABCD PQ ， ∴ / / / /PQ BC AD . 在 ABCD 中， 2AB AD ， 60DCB  ，∴ AD DB . 又 SD 平面 ABCD，∴ SD AD 且 SD DB D  ， ∴ AD平面 SBD . ∴PQ 平面 SBD，∴ MRB 为二面角M PQ B  的平面角. ∴ 60MRB   . 过M 作ME DB 于 E，则 //ME SD，∴ME 平面 ABCD . 设 AD SD a  ，∵M 为 SB的中点，∴ 2 aME  ， 3 2 DE a . 在Rt MER△ 中， 2 aME  ， 60MRB  ，∴ 3 6 RE a . ∴ 3 3 DR DE RE a   ， ∴ 3 13 33 aDR DB a   . ∵ / /PQ AD，∴ 1 3 AQ DR AB DB     . - 16 - 方法二：在 ABCD 中， 2AB AD ， 60DCB  ，所以 / /AD DB . 以D为原点，直线DA为 x轴，直线DB为 y轴，直线DS 为 z轴建立空间直角坐标系， 设 (2,0,0)A ，则 (0, 2 3,0)B ， (0,0,2)S ， (0, 3,1)M . 又 AQ AB   ，设 ( , , )Q x y z ，则 ( 2, , ) ( 2, 2 3,0)x y z    ， 即 (2 2 , 2 3 ,0)Q   . 设平面MNPQ的法向量为 ( , , )n x y z  . 由（1）可知 / / / /MN BC AD，所以 ( , , ) (2,0,0) 2 0n AD x y z x       ，即 0x  . 由 ( , , ) (2 2 , 3(2 1), 1) (2 2 ) 3(2 1) 0n MQ x y z x y z                 ， 将 0x  代入得 3(2 1)z y  ，取 1y  ，则 (0,1, 3(2 1))n    . 显然平面 ABCD的法向量 (0,0,1)m   . 要使二面角M PQ B  为60，则有 22 1 | | | (0,0,1) (0,1, 3(2 1)) | | 3(2 1) |cos 60 2 | | | | 1 3(2 1)1 1 [ 3(2 1)] m n m n                      ， - 17 - 解得 1 3   或 2 3   . 由图可知，要使二面角M PQ B  为60，则Q在线段 AQ (Q为线段 AB的中点)上，所 以 1 2   ， 所以 1 3   . 故当实数 1 3   时，二面角M PQ B  为60. 【点睛】本题考查面面平行以及二面角，能够熟练使用空间向量是解决本题的关键，考查推 理能力，考查数形结合思想，是中档题. 19. 在平面直角坐标系 xOy中，过点  2,0F 的动圆恒与 y轴相切，FP为该圆的直径，设点 P的轨迹为曲线C . （1）求曲线C的方程； （2）过点  2,4A 且不过原点的直线 l与曲线C交于点M ， B为 AM的中点，过点 B作 x轴 的平行线交曲线C于点D，B关于点D的对称点为 N ，除M 以外，线MN与C是否有其它 公共点？说明理由. 【答案】（1） 2 8y x ；（2）除M 点外直线MN与C没有其他的公共点，理由见解析. 【解析】 【分析】 （1）设圆的半径为 r，可计算点 P到直线 2x   的距离等于 PF ，根据抛物线的定义可知点 P的轨迹为以点  2,0F 为焦点的抛物线，写出其方程； （2）设点M 坐标为  1 1,x y ，再根据中点坐标公式写出点 B的坐标，用含 1 1,x y 的式子表示 点D坐标，然后利用点 B、点D坐标求出点 N 坐标，再根据两点式写出直线MN的方程并 与抛物线方程联立，确定是否还有其它交点. 【详解】（1）如图，过 P作 y轴的垂线，垂足为H ，交直线 2x   于P， 设动圆的圆心为E，半径为 r，则E到 y轴的距离为 r，在梯形OFPH 中，由中位线性质可 得 2 2PH r  ， 2 2 2 2PP r r     ， 又 | | 2PF r ，所以 | |PF PP ， - 18 - 由抛物线的定义知，点 P是以  2,0F 为焦点，以直线 2x   为准线的抛物线，所以曲线C的 方程为 2 8y x . （2）由 (2,4)A 可得 A在曲线C上， (i)当 l的斜率存在时，设   1 1 1, 2M x y x  ，则 2 1 18y x ， AM的中点 1 12 4, 2 2 x yB        ，即 1 11, 2 2 2 x yB       ， 在方程 2 8y x 中，令 1 2 2 yy   ，得 2 11 2 8 2 yx       ， 所以 2 1 11 2 , 2 8 2 2 y yD           ， 设  2 2,N x y ，由中点坐标公式可得 2 1 1 2 21 2 4 2 2 y xx        ， 又 2 1 18y x ，代入化简 1 2 2 yx  ，所以 1 1, 2 2 2 y yN      ， 直线MN 的斜率为： 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 2 42 2 2 8 2 y yy y y y yx            ， 所以直线MN的方程为：  1 1 1 4y x x y y    ，① 将 2 1 1 8 yx  代入①化简可得： 1 1 4 2 yy x y   ，② 将 2 8 yx  代入②式整理可得 2 2 1 12 0y y y y   ， 2 2 1 14 4 0y y    ， 所以直线MN与抛物线相切， 所以除M 点外，直线MN与C没有其他的公共点. (ii)当直线 l的斜率不存在时， (2, 4)M  ， (2,0)B ， (0, 0)D ， ( 2,0)N  ， 直线MN的方程为： 2y x   ，代入抛物线的方程可得 2 4 4 0x x   ， 24 4 4 0     ， - 19 - 所以除M 点外，直线MN与C没有其他的公共点. 综上所述，除M 点外直线MN与C没有其他的公共点. 【点睛】本题考查动点轨迹方程的求解及直线与抛物线的位置关系综合问题，考查孩子的运 算能力、分析问题、处理问题的能力，难度较大.解答时要合理设元，然后利用所设未知量表 示直线MN的方程是解题的关键. 20. 某陶瓷厂只生产甲、乙两种不同规格的瓷砖，甲种瓷砖的标准规格长宽为 600 600mm mm ，乙种瓷砖的标准规格长宽为900 400mm mm ，根据长期的检测结果， 两种规格瓷砖每片的重量  x kg 都服从正态分布  2,N   ，重量在  3 , 3     之外的 瓷砖为废品，废品销毁不流入市场，其它重量的瓷砖为正品. （1）在该陶瓷厂生产的瓷砖中随机抽取10片进行检测，求至少有1件为废品的概率； （2）监管部门规定瓷砖长宽规格的“尺寸误差”的计算方式为：若瓷砖的实际长宽为  a mm 、  b mm ，标准长宽为  a mm 、  b mm ，则“尺寸误差”为 a a b b   ，按 行业生产标准，其中“一级品”、“二级品”、“合格品”的“尺寸误差”的范围分别是  0,0.1 、  0.1,0.2 、  0.2,0.4 ，(正品瓷砖中没有“尺寸误差”大于 0.4mm的瓷砖)，现分 别从甲、乙两种产品的正品中各随机抽取100片，分别进行“尺寸误差”的检测，统计后，绘 制其频率分布直方图如下： 已知经销商经营甲种瓷砖每片“一级品”的利润率为0.12，“二级品”的利润率为0.08，“合 格品”的利润率为0.02，经销商经营乙种瓷砖每片“一级品”的利润率为0.10 ，“二级品” - 20 - 的利润率为0.05，“合格品”的利润率为0.02，若视频率为概率. （i）若经销商在甲､乙两种瓷砖上各投资10万元， 1X 和 2X 分别表示投资甲、乙两种瓷砖所 获得的利润，求 1X 和 2X 的数学期望和方差，并由此分析经销商经销两种瓷砖的利弊； （ii）若经销商在甲､乙两种瓷砖上总投资10万元，则分别在甲、乙两种瓷砖上投资多少万元 时，可使得投资所获利润的方差和最小？ 附：若随机变量 X 服从正态分布  2,N   ，则   0.6827P X        ，  2 2 0.9545P X        ，  3 3 0.9974P X        ， 100.6827 0.0220 ， 100.9545 0.6277 ， 100.9974 0.9743 . 【答案】（1） 0.0257 ；（2）（i）答案见解析；（ii）在经销甲瓷砖上投资 2.5万元，经销乙瓷 砖上投资7.5万元. 【解析】 【分析】 （1）利用独立重复试验的概率公式以及对立事件的概率公式可求得所求事件的概率； （2）（i）根据题意得出随机变量 1X 、 2X 的可能取值以及对应的概率，可得出随机变量 1X 、 2X 的分布列，可求得随机变量 1X 、 2X 的数学期望和方差，结合两个随机变量的数学期望 值和方差可得出结论； （ii）设经销商在经销甲瓷砖上投资 x万元，则在经销乙瓷砖上投资10 x 万元，  f x 为经 销甲瓷砖的方差与经销乙瓷砖的方差的和，利用方差的性质可得出  f x 的表达式，进而利用 二次函数的基本性质可得出使得  f x 最小时对应的 x值. 【详解】（1）由正态分布可知，抽取的一片瓷砖的质量在  3 , 3     之内的概率为 0.9974 ， 则这10片质量全都在  3 , 3     之内(即没有废品)的概率为 100.9974 0.9743 ， 则这10片中至少有1片是废品的概率为1 0.9743 0.0257  ； （2）（i）由利润率和投额可得 1X 可为1.2万元、0.8万元、0.2 万元， 2X 可为1万元、0.5万 元、 0.2 万元，由直方图可得对应的频率为0.3、0.5、 0.2 和 0.2 、0.8、 0 . - 21 - 所以随机变量 1X 的分布列为： 1X （万元） 1.2 0.8 0.2 P 0.3 0.5 0.2  1 1.2 0.3 0.8 0.5 0.2 0.2 0.8E X        （万元），        2 2 2 1 1.2 0.8 0.3 0.8 0.8 0.5 0.2 0.8 0.2 0.12D X           ； 随机变量 2X 的分布列为： 2X （万元） 1 0.5 0.2 P 0.2 0.8 0  2 1 0.2 0.5 0.8 0.2 0 0.6E X        （万元），      2 2 2 1 0.6 0.2 0.5 0.6 0.8 0.04D X        ， 经销商经销甲瓷砖的平均利润0.8万元大于经销乙瓷砖的平均利润0.6万元，但经销甲瓷砖的 方差0.12也远大于经销乙瓷砖的方差0.04 ， 所以经销甲瓷砖的平均利润大，相对不稳定，而经销乙瓷砖的平均利润小，但相对稳定； （ii）设经销商在经销甲瓷砖上投资 x万元，则在经销乙瓷砖上投资10 x 万元，  f x 为经 销甲瓷砖的方差与经销乙瓷砖的方差的和， 则       2 2 1 2 1 2 10 10 10 10 10 10 x x x xf x D X D X D X D X                              22 20.04 0.043 10 4 20 100 100 100 x x x x       ， 当 20 2.5 2 4 x      时，  f x 取最小值， 故在经销甲瓷砖上投资 2.5万元，经销乙瓷砖上投资7.5万元时，可使得投资所获利润的方差 和最小. 【点睛】本题考查利用正态分布3 原则求概率，同时也考查了简单随机变量及其分布列、数 - 22 - 学期望与方差的计算，考查计算能力，属于中等题. 21. 已知函数 3( ) sin ( )f x x x mx m   R . （1）当 0m  时，证明： ( ) xf x e  ； （2）若 0x  时，函数  f x 单调递增，求m的取值范围. 【答案】（1）证明见解析；（2） 1 , 6    . 【解析】 【分析】 （1）通过不等式放缩，原不等式证明转化为证明 1 0xe x   成立即可，通过构造函数，用 求导的方法求最小值，即可证明. （2）原函数单调递增转化为 ( ) 0f x  恒成立问题，构造函数 ( ) '( )F x f x ，用再次求导的 方法和分类讨论m的取值，求函数 ( )F x 的最小值，进而证明不等式成立. 【详解】（1）当 0m  时，证明 ( ) xf x e  ，即证 sin 0xe x x   ， 因为 sin 1x xe x x e x     ，当且仅当 2 ( ) 2 x k k    Z 时等号成立，① 令 ( ) 1xg x e x   ， 则 ( ) 1xg x e   ，当 0x  时，有 ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递增；当 0x  时，有 ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递减， 所以 ( ) (0) 0g x g  ，② 又①､②中等号不能同时成立，所以 sin 0xe x x   ，即 ( ) xf x e  . （2）依题意 2( ) cos 1 3 0f x x mx     在 0x  上恒成立， 令 2( ) cos 1 3F x x mx   ， [0, )x  ，则 (0) 0F  ， ( ) 6 sinF x mx x   ， 又令 ( ) sinH x x x  ，则由 ( ) 1 cos 0H x x    知  H x 在 (0, ) 上单调递增， 所以当 0x  时， ( ) (0) 0H x H  ，即 sin x x ， 因此 ( ) 6 (6 1)F x mx x m x     ， - 23 - ①当 1 6 m  ， 0x  时， ( ) 0F x ≥ ， ( )F x 单调递增；所以    0 0F x F  ，符合题意； ②当 0m  时， 2 1 3 0 2 2 F m               ，不符合题意，舍去； ③当 10 6 m  时，令 ( ) ( ) 6 sinx F x mx x    ，则 ( ) 6 cosx m x   ， ( )x  上单调递 增， 又因为 (0) 6 1 0m    ， 6 0 2 m        ， (0) 0 2          . 所以在 0, 2       上存在唯一的 1x ，使得  1 0x  ， 当  10,x x 时， ( ) 0x   ，则  F x 在  10, x 上单调递减，从而    0 0F x F   ，于是  F x 在  10, x 单调递减，所以    0 0F x F  ，不符合题意，故舍去. 综上，m的取值范围为 1 , 6    . 【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，转化的数学思 想和分类讨论的数学思想，属于难题. 22. 在直角坐标系 xOy中，直线 1C ： 2x   ，以坐标原点为极点， x轴的正半轴为极轴建立 极坐标系， 2C 的极坐标方程为： 2 2 cos 4 sin 4 0        . （1）求 1C 的极坐标方程和 2C 的普通方程； （2）若直线 3C 的极坐标方程为   4 R   ，设 2C 与 3C 的交点为M ，N ，又 1C ： 2x   与 x轴交点为H ，求 HMN△ 的面积. 【答案】（1） cos 2    ，    2 21 2 1x y    ；（2）1. 【解析】 【分析】 （1）利用直角坐标与极坐标转化公式求 1C 的极坐标方程和 2C 的普通方程； （2）联立 2C 与 3C 的极坐标方程可求出 MN ，利用点到直线距离公式求H 到直线 3C 的距离， 可求出 HMN△ 的面积. - 24 - 【详解】（1）∵直线 1C ： 2x   ∴直线 1C 的极坐标方程为： cos 2    ， 又∵ 2C 的极坐标方程为： 2 2 cos 4 sin 4 0        ∴ 2 2 2 4 4 0x y x y     即 2C 的普通方程为：    2 21 2 1x y    ； （2）联立 2C 与 3C 的极坐标方程，设 1 2,OM ON   ，则有 2 2 cos 4 sin 4 0 4               ， ∴ 2 3 2 4 0    ∴ 1 2 3 2   ， 1 2 4   ，  2 1 2 1 2 1 24 2MN            ， 又∵直线 3C 的极坐标方程为   4 R   ， ∴直线 3C 的一般方程为 y x ，即 0x y  ， 又∵ 1C ： 2x   与 x轴交点为H ， ∴  2,0H  ∴点  2,0H  到直线 3C 的距离为  22 2 0 2 1 1 d       ， ∴ 1 1 2 2 1 2 2HMN MN d    △S . 【点睛】本题考查极坐标方程与一般方程相互转化，联立极坐标方程求圆的弦长，考查运算 求解能力，是基础题. 23. 已知函数   2 1f x x x   . （1）求不等式   3f x  的解集； （2）若存在  0,  ，使得关于 x的方程   sinf x m  恰有一个实数根，求m的取值范 - 25 - 围. 【答案】（1） 2 4, 3 3      ；（2） 1 , 2    【解析】 【分析】 （1）根据绝对值的几何意义，分 0x  ， 10 2 x  ， 1 2 x  讨论求解. （2）画出函数   3 1, 0 11,0 2 13 1, 2 x x f x x x x x               的图象，根据关于 x的方程   sinf x m  恰有一 个实数根，转化为 1sin 2 m   有解，进而由 1 2sin m   求解. 【详解】（1）①当 0x  时，得  1 2 3x x    ，解得 2 3 x   ，所以 2 0 3 x   ； ②当 10 2 x  时，得  1 2 3x x   ，解得 2x   ，所以 10 2 x  ； ③当 1 2 x  时，得  1 2 3x x   ，解得 4 3 x  ，所以 1 4 2 3 x  . 综上，不等式的解集为 2 4, 3 3      . （2）因为   3 1, 0 11,0 2 13 1, 2 x x f x x x x x               ，画出其图象如图所示： - 26 - 若关于 x的方程   sinf x m  恰有一个实数根，则 1sin 2 m   有解， 又  0,  ， 1 2sin m   ，所以 1 , 2 m      . 【点睛】本题考查绝对值不等式的解法以及函数与方程，还考查了数形结合的思想和运算求 解的能力，属于中档题. - 27 -