福建省漳州市2021届高三毕业班适应性测试(一)数学试题 Word版含答案

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福建省漳州市2021届高三毕业班适应性测试(一)数学试题 Word版含答案

漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试(一) 数学试题 第 1 页 (共 16 页) 学校: 准考证号: 姓名: (在此卷上答题无效) 工作秘密★启用前 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试(一) 数 学 答 案 (考试时间:120 分钟;满分:150 分) 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。第Ⅰ卷为选择题,第Ⅱ卷为非选择题。 第Ⅰ卷(选择题 60 分) 一.单项选择题(本题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一 项是符合题 目要求的.) 1.已知集合  3,2,1,2M ,  2,2N ,下列结论成立的是 A. NM  B. NM  C. MNM  D.  1NCM 2.若复数 3 2 1z i   (i 为虚数单位),则复数 z 在复平面上对应的点位于 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 3.平面直角坐标系 xOy 中,角 的顶点为坐标原点,始边与 x 轴的非负半轴重合,其终边上一点 P 绕原 点顺时针旋转 π 6 到达点  3,4Q 的位置,则 πsin 6      A. 3 5  B. 3 5 C. 4 5  D. 4 5 4.已知 F 为抛物线 xy 82  的焦点, M 为抛物线上任意一点,点  4,4A ,则 MFMA  的最小值为 A. 6 B. 24 C. 52 D. 4 5.原始的蚊香出现在宋代.根据宋代冒苏轼之名编写的《格物粗谈》记载:“端 午时, 贮浮萍,阴干,加雄黄,作纸缠香,烧之,能祛蚊虫.”如图,为某 校数学兴趣小组用数学软件制作的“螺旋蚊香”,画法如下:在水平直线l 上取 长度为 1 的线段 AB ,做一个等边三角形 ABC ,然后以点 B 为圆心, AB 为 半径逆时针画圆弧,交线段CB 的延长线于点 D ,再以点C 为圆心,CD 为半 径逆时针画圆弧,交线段 AC 的延长线于点 E ,以此类推,当得到的“螺旋蚊 香”与直线l 恰有5 个交点时,“螺旋蚊香”的总长度的最大值为 A. 14 B. 3 56 C. 24 D. 30 6.已知 ABC 中, 5 ACAB , 8BC ,点O 是 ABC 的重心,则  ACBO A.10 B. 2 23 C.13 D. 2 29 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试(一) 数学试题 第 2 页 (共 16 页) 7.正实数 a ,b ,c 满足 22  aa , 33  bb , 4log4  cc ,则实数 a ,b ,c 之间的大小关系为 A. cab  B. cba  C. bca  D. acb  8.正四面体 ABCD 的体积为 4 ,O 为其中心,正四面体 EFGH 与正四面体 ABCD 关于点O 对称,则这 两个正四面体公共部分的体积为 A.3 B. 8 3 C. 2 D. 4 3 二.多项选择题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分,在每小题给出的四个选项中,有多个选项符 合题目要求,全部选对的得 5 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分.) 9.小王于 2016 年底贷款购置了一套房子,根据家庭收入情况,小王选择了 10 年期每月还款数额相同的 还贷方式,且截止 2020 年底,他没有再购买第二套房子.下图是 2017 年和 2020 年小王的家庭收入用 于各项支出的比例分配图: 2017 年各项支出 2020 年各项支出 根据以上信息,判断下列结论中不正确的是 A.小王一家 2020 年用于饮食的支出费用跟 2017 年相同 B.小王一家 2020 年用于其他方面的支出费用是 2017 年的 3 倍 C.小王一家 2020 年的家庭收入比 2017 年增加了 1 倍 D.小王一家 2020 年用于房贷的支出费用比 2017 年减少了 10.已知等差数列 na 的公差 0d  ,前 n 项和为 nS ,若 6 10S S ,则下列说法正确的是 A. 8 0a  B. 16 0S  C.若 0d  ,则 8 10 0a a  D.若 0d  ,则 128 aa  11.在 ABC 中, a ,b ,c 分别是角 A , B ,C 的对边,其外接圆半径为 R ,内切圆半径为 3r ,满 足 3coscoscos RCcBbAa  , ABC 的面积 6ABCS ,则 A. 4 cba B. 6R C. 6 1sinsinsin  CBA D. 3 12sin2sin2sin  CBA 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试(一) 数学试题 第 3 页 (共 16 页) 12.已知函数 | |( ) sinxf x e x ,则下列结论正确的是( ) A. ( )f x 是周期为 2 的奇函数 B. ( )f x 在 3,4 4       上为增函数 C. ( )f x 在 ( 10 ,10 )  内有 21 个极值点 D. axxf )( 在     40 , 上恒成立的充要条件是 1a 第Ⅱ卷(非选择题 90 分) 三.填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.) 13. 5 2 2x x     的展开式中, 5x 的系数为_______. 14.定义在 R 上的偶函数 )(xfy  ,当 0x 时, 1 2 1)(       x xf ,则不等式 1)(lg xf 的解集为_______. 15.三棱柱 111 CBAABC  中, CABBBCC 平面平面 11 , 31  CBC , ACB 是等腰直角三角形, 2 ACB , 21  CCCB ,则异面直线 11BA 与 1AC 所成角的余弦值为_______. 16.已知双曲线 C : 12 2 2 2  b y a x ( 0a , 0b )的左、右焦点分别为 F, F ,以坐标原点 O 为圆心, OF 为半径的圆交 C 的一条渐近线于 ,A B 两点,且线段 BF 被C 的另一条渐近线平分,则 C 的离心率 为_______;若C 的焦距为 4 , P 为C 上一点,且 tan 2 2OFP  ,直线 PF 交 C 于另一点 Q ,则 QF  _______. (本题第一空 2 分,第二空 3 分) 四.解答题(本大题共 6 小题,共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.) 17.(本小题满分 10 分) 在 ABC 中, a ,b , c 分别是角 A , B ,C 的对边,并且 2 2 2b c a bc   . (1)若 2b  ,sin 2sinC B ,求 ABC 的面积; (2)求 cos cosB C 的最大值. 18.(本小题满分 12 分) 已知等比数列 na 的前 n 项和为 nS ,满足 143 S ,且 12a , 2a , 32 1 a 依次构成等差数列. (1)求数列 na 的通项公式; (2)请从① nab nn  ② nn nab  ③ 122 loglog 1  nn n aab 这三个条件选择一个,求数列 nb 的 前 n 项和 nT . 注:如果选择多个条件分别进行解答,按第一个解答进行计分. 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试(一) 数学试题 第 4 页 (共 16 页) 19.(本小题满分 12 分) 如图,圆柱 1OO 的轴截面 1 1ABB A 是正方形, 1O 、O 分别是上、下底面的圆心,C 是弧 AB 的中点, D 、 E 分别是 1AA 与 BC 中点. (1)求证: DE //平面 1 1ACB ; (2)求锐二面角 1 1B AC B  的余弦值. 20.(本小题满分 12 分) 《中国制造 2025》是经国务院总理李克强签批,由国务院于 2015 年 5 月印发的部署全面推进实施制造 强国的战略文件,是中国实施制造强国战略第一个十年的行动纲领. 制造业是国民经济的主体,是立国 之本、兴国之器、强国之基. 发展制造业的基本方针为质量为先,坚持把质量作为建设制造强国的生命 线. 某制造企业根据长期检测结果,发现生产的产品质量与生产标准的质量差都服从正态分布 2( , )N   ,并把质量差在 ( , )     内的产品为优等品,质量差在 ( , 2 )     内的产品为一等 品,其余范围内的产品作为废品处理.优等品与一等品统称为正品.现分别从该企业生产的正品中随机 抽取 1000 件,测得产品质量差的样本数据统计如下: (1)根据频率分布直方图,求样本平均数 x ;(同一组中的数据用该组区间的中点值代表) (2)根据大量的产品检测数据,检查样本数据的方差的近似值为 100,用样本平均数 x 作为  的近似 值,用样本标准差 s 作为 的估计值,求该厂生产的产品为正品的概率; 参考数据:若随机变量 服从正态分布  2,N   ,则:   0.6827P        ≤ ,  2 2 0.9545P        ≤ ,  3 3 0.9973P         ≤ (3)假如企业包装时要求把 3 件优等品球和 5 件一等品装在同一个箱子中,质检员每次从箱子中摸 出三件产品进行检验,记摸出三件产品中优等品球的件数为 X ,求随机变量 X 的分布列及期望值. 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试(一) 数学试题 第 5 页 (共 16 页) 21.(本小题满分 12 分) 已知函数 ( ) ln( 1) 1f x x   , ln( ) x ag x e x b   ( 0a , b R ) (1)当 1a  ,讨论 )(xg 在 R 上的零点个数; (2)若关于 x 的不等式 xxfbaxg  )(ln)( 恒成立,求实数 a 的取值范围. 22.(本小题满分 12 分) 阿基米德(公元前 287 年 公元前 212 年,古希腊)不仅是著名的哲学家、物理学家,也是著名的数 学家,他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率 等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.在平 面直角坐标系 xOy 中,椭圆 E : 2 2 2 2 1x y a b   ( 0a b  )的面积为 2 3 ,两焦点与短轴的一个顶 点构成等边三角形.过点  1 0M , 且斜率不为 0 的直线l 与椭圆 E 交于不同的两点 A , B . (1)求椭圆 E 的标准方程; (2)设椭圆 E 的左、右顶点分别为 P ,Q ,直线 PA 与直线 4x  交于点 F ,试证明 B ,Q , F 三 点共线; (3)求 AOB 面积的最大值. 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试(一) 数学试题 第 6 页 (共 16 页) 学校: 准考证号: 姓名: (在此卷上答题无效) 工作秘密★启用前 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试(一) 数 学 参 考 答 案 (考试时间:120 分钟;满分:150 分) 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。第Ⅰ卷为选择题,第Ⅱ卷为非选择题。 第Ⅰ卷(选择题 60 分) 一.单项选择题(本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合 题目要求的.) 1.C 2.D 3.D 4.A 5. B 6.C 7.A 8.C 【解析】 1.集合  3,2,1,2M ,  2,2N ,不满足 NM  ,则 A 错;  2,2NM  ,则 B 错; MNM  , 则 C 正确;  31,NCM ,则 D 错.故选 C. 2.     3 2 12 2 11 1 1 1 iz ii i i i         则 1z i  ,复数 z 在复平面上对应的点为 1, 1 ,故复数 z 在复平面上对应的点位于第四象限,故 选 D. 3.依题意可知  3,4Q 在角 6   的终边上,所以 6 4sin 5       ,故选 D. 4.点  4,4A 是抛物线内的一点,设点 M 在抛物线准线上的射影为 N ,根据抛物线的定义可知 MNMF  ,要求 MFMA  的最小值,即求 MNMA  的最小值. 当 A , M , N 三点共线时, MNMA  取到最小值   624  . 故选 A. 5.由题意得,恰好有 6 段圆弧或有 7 段圆弧与直线l 相交时,才恰有5 个交点,每段圆弧的圆心角都为 2π 3 , 且从第 1 段圆弧到第 n 段圆弧的半径长构成等差数列:1, 2 ,, n 当得到的“螺旋蚊香”与直线l 恰有5 个交点时,“螺旋蚊香”的总长度 的最大值为   3 56 2 771 3 2   .故选 B. 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试(一) 数学试题 第 7 页 (共 16 页) 6. 由题意,以 BC 所在直线为 x 轴, BC 的垂直平分线为 y 轴建立坐标系, 由于 5 ACAB , 8BC ,则  0,4B ,  0,4C ,故  3,0A 又点 O 是 ABC 的重心,则  1,0O (4,1)BO  ,  4 3AC   , , 13316  ACBO ,故选 C 7. 4log4  cc cc  4log4 , 即 c 为函数 xy 4log 与 xy  4 的图象交点的横坐标 33  bb bb  431 , 即b 为函数 xy 31 与 xy  4 的图象交点的横坐标 22  aa aa  42 12 , 即 a 为函数 xy 2 12  与 xy  4 的图象交点的横坐标 在同一坐标系中画出图象,可得 cab  .故选 A. 8.如图,点 E , F ,G , H , I , J 分别是边 AB , AC , AD , BC , CD , DB 的中点,这两个正四面体公共部分为多面体GEFHIJ . 三棱锥 A EFG 是正四面体,其棱长为正四面体 ABCD 棱长的一半, 则 1 1= =8 2A EFG A BCDV V  这两个正四面体公共部分的体积为 14 4 4 22A BCD A EFGV V      . 故选 C. 二、多项选择题(本大题共 4 小题 ,每小题 5 分,共 20 分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要 求。全部选对的得 5 分,有选错的得 0 分,部分选对的得 3 分。) 9.ACD 10.BCD 11.ABD 12.BD 【解析】 9. 由于小王选择的是每月还款数额相同的还贷方式,故可知 2020 年用于房贷方面的支出费用跟 2017 年 相同,D 错;设一年房贷支出费用为 n ,则可知 2017 年小王的家庭收入为 5 60% 3 n n ,2020 年小王 的家庭收入为 5 40% 2 n n , 5 5150%3 2 n n  ,小王一家 2020 年的家庭收入比 2017 年增加了 50% , C 错;2017、2020 年用于饮食的支出费用分别为 5 5 5 525% , 25%3 12 2 8 n n n n    ,A 错;2017、2020 年用于其他方面的支出费用分别是 5 5 36% , 12%3 10 2 10 n n n n    ,B 对.故选 ACD. 10.由已知 6 10S S ,得 8 9 0a a  . 若 8 0a  ,则 9 0a  ,不满足 0d  ,故 A 错; 由    1 16 16 8 9 16 8 02 a aS a a     ,故 B 正确;当 0d  时,且 8 9 0a a  ,则 8 0a  , 9 0a  , 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试(一) 数学试题 第 8 页 (共 16 页) 所以 8 10 92 0a a a   ,故 C 正确;当 0d  时,且 8 9 0a a  ,则 08 a , 09 a ,所以 0910  daa ,所以 8 12 102 0a a a   ,则 8 12a a ,故 D 正确. 故选 BCD. 11. 4,6)(2 3)(2 1  cbacbarcbaS ABC ,A 正确; 已知 3coscoscos RCcBbAa  所以 ,3cossin2cossin2cossin2 RCCRBBRAAR  即 3 12sin2sin2sin  CBA ,D 正确; 若 ABC 为锐角三角形, ,63 1 2 12sin2 12sin2 12sin2 1 2222  RCRBRARS ABC 所以 6R ,若 ABC 为直角三角 形或钝角三角形时可类似证明,B 正确; 2 12sin sin sin a b c RA B C      ,所以 3 1sinsinsin  CBA ,C 错.故选 ABD. 12.因为  xf 的定义域为 R , ( ) sin( ) ( )xf x e x f x     ,所以  xf 是奇函数, 但是 2 2( 2 ) sin( 2 ) sin ( )x xf x e x e x f x          ,所以  xf 不是周期为 2 的函数,故 A 错 误; 当 ( ,0)4x   时, ( ) sinxf x e x , (cos( ) sin ) 0x xf x e x   , ( )f x 单调递增, 当 3(0, )4x  时, ( ) sinxf x e x , (sin) ) 0c( osx xf x e x   , ( )f x 单调递增, 且 ( )f x 在 3( , )4 4   连续,故 ( )f x 在 3( , )4 4   单调递增,故 B 正确; 当 [0,10 )x   时, ( ) sinxf x e x ,           4sin2cossin xexxexf xx , 令 ( ) 0f x  得, ( 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10)4x k k     , 当 ( 10 ,0)x    时, ( ) sinxf x e x ,            4cos2sincos xexxexf xx 令 ( ) 0f x  得, ( 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10)4x k k              , 因此, ( )f x 在 ( 10 ,10 )  内有 20 个极值点,故 C 错误; 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试(一) 数学试题 第 9 页 (共 16 页) 当     40 ,x 时, sin( ) xe xf x ax a x ≥ ≤ , 设 sin( ) xe xg x x  ,所以     2 sincossin x xxxxxexg x  , 令 ( ) sin cos sinh x x x x x x   , (0, ]4x  ,     0sincossin  xxxxxh ,  xh 单调递增,     00  hxh ,所以   0 xg , ( )g x 在(0, ]4  单调递增. 当 x 趋近于 0 时,   x xexg x sin 趋近于1, 所以 1a ,故 D 正确. 故选 BD. 三.填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.) 13. 40 14. ),10()10 1,0(  15. 4 3 16. 2 ,9 【解析】 13. 5 2 2x x     展开式的通项为   51052 2 1 5 5 2 2 r rrr r r rT C x C x x          令 510 52 r  ,则 2r  , 所以 5 2 2x x     的展开式中, 5x 的系数为 2 2 5 2 40C   故答案为 40 . 14.由已知,当 0x 时, 1)2 1()(  xxf ,不等式   1lg xf 等价于    1lg  fxf 又 )(xf 定义在 R 上的偶函数, 所以 1lg x ,所以 1lg x 或 1lg x ,解得 10x 或 10 10  x 则不等式   1lg xf 的解集为 ),10()10 1,0(  故答案为 ),10()10 1,0(  . 15.因为 31  CBC , 21  CCCB ,所以 21 DA , 又因为 ACB 是等腰直角三角形, 2 ACB , 2CB ,所以 2211 BA , 因为 CABBBCC 平面平面 11 ,又 BCAC  , 1 1CC B B CAB BC平面 平面 所以 BBCCAC 11平面 ,所以 1ACAC  .又 1 2AC CC  ,所以 221 AC 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试(一) 数学试题 第 10 页 (共 16 页) 根据题意可知异面直线 11BA 与 1AC 所成角为 DBA 11 , 根据余弦定理得,     4 3 22222 22222 2cos 222 111 2 1 2 1 2 11 11     DBBA DADBBADBA 故答案为 4 3 . 16.如图所示建立平面直角坐标系,设 BF 的中点为 M ,则由双曲线的对称性知, BOM FOM AOF     , 所以 π 3BOM FOM AOF      , 所以      222 360tan bac a b  ,可得 22 4ac  , 42 2  a c , 2 a ce ; C 的焦距为 4 ,所以 2c  , 1a  . 设QF x ,则 ' 2 2QF x a x    , 又由 tan 2 2OFP  ,得 1cos 3OFP  , 所以 1cos 3OFQ   ,在 'F FP△ 中,由余弦定理得, 2 2 2' ' 2 ' cos 'QF QF FF QF FF F FQ      , 即 2 2 12 16 2 4 3x x x            ,解得 9x  ,即 9QF  . 故答案为 2 ,9 . 四、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.) 17.解:(1)因为sin 2sinC B , 2b ,所以 2 4c b  , 因为 2 2 2b c a bc   ,所以 2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc    ,···································· 2 分 又因为 (0,π)A ,所以 π 3A  .································································· 3 分 所以 ABC 的面积 1 1 3sin 2 4 2 32 2 2S bc A      .······························ 5 分 (2)由(1)可得 3A  , 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试(一) 数学试题 第 11 页 (共 16 页) 所以          3coscoscoscoscoscos  BBABBCB       6sinsin2 3cos2 1 BBB ··································· 8 分 因为 20 π3B  ,所以 π π 5 3 6 π 6B   ,···················································· 9 分 所以当 π 3B  时,       6sincoscos BCB 有最大值 1.····························10 分 18.解:(1)设等比数列的公比为 q ,根据已知条件, 12a , 2a , 32 1 a 依次构成等差数列, 所以 312 2 122 aaa  ,则 2 111 2 122 qaaqa  ,·············································2 分 因为 01 a ,所以 2 2 122 qq  ,解得 2q ················································· 4 分 由 143 S ,即 14321  aaa ,所以 1442 111  aaa ,解得 21 a ··············5 分 所以 n na 2 ··························································································· 6 分 (2)选① nnab n nn  2 ····································································7 分 )( nbbbbT n nn   3212222 321 321 ··············· 9 分   2 1 21 21   nnn 212 2 nnn  ························································ 12 分 选② nn nab  ·························································································7 分 n nn nbbbbT 2232221 321 321   (*) 1432 22322212  n n nT  ························································9 分 可得     221221 2122223222 111321    nn n nn n nnnT  11 分 所以   221 1  n n nT ········································································· 12 分 选③   1 11 1 1 loglog 1 122   nnnnaab nn n ····································· 9 分 11 111 11 3 1 2 1 2 1121  n n nnnbbbT nn  ··········· 12 分 19.解:(1)取 1CB 的中点为 M ,连接 ME , 1A M 则 EM // 1BB // 1AA ,且 1 1 1 2EM AA A D  ················································ 2 分 所以四边形 1A DEM 为平行四边形, 所以 DE // MA1 ,又 1A M  面 1 1ACB , DE  面 1 1ACB 所以 DE //面 1 1ACB .·················································································4 分 (2) 1OO 面 ABC ,则 OBOO 1 , OCOO 1 , AB 是圆柱底面的直径,C 是弧 AB 的中点,所以 CBCA  ,O 为 AB 中点,则 OBOC  漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试(一) 数学试题 第 12 页 (共 16 页) 以O 为原点, OB  ,OC  , 1OO  分别为 x 轴, y 轴, z 轴的正方向建立空间直角坐标系O xyz , 如图.··································································································· 5 分 设 1OB  ,则  1,0,0B  ,  0,1,0C  ,  1 1,0,2A   ,  1 1,0,2B  ··········6 分  1 2,0, 2A B   ,  1 1,1, 2AC   设平面 1A BC 的一个法向量为  1 1 1, ,n x y z ,则 1 1 0 0 n A B n AC          , 1 1 1 1 1 2 2 0 2 0 x z x y z       ,取 1 1x  ,则 1 1y  , 1 1z  , 则  1,1,1n  ·························································································· 8 分  1 1 2,0,0A B  ,  1 1,1, 2AC   设平面 1 1A B C 的一个法向量为  2 2 2, ,m x y z ,则 1 1 1 0 0 m A B m AC          , 1 1 1 1 2 0 2 0 x x y z      ,解得 1 0x  ,取 1 2y  ,则 1 1z  , 则  0,2,1m  ·······················································································10 分 所以 2 1 15cos , 53 5 m nm n m n           .·················································11 分 所以锐二面角 1 1B AC B  的余弦值为 15 5 .··············································· 12 分 20.解:(1) 46 56 56 66 66 760.010 10 0.020 10 0.045 102 2 2x            76 86 86 960.020 10 0.005 102 2        ················································· 2 分 70 ·····································································································3 分 (2)由题意样本方差 2 100s  ,故 2 10s   ,所以 2(70,10 )X N ,······· 4 分 由题意,该厂生产的产品为正品的概率 (60 90) (60 70) (70 90)P P X P X P X         1 (0.6827 0.9545) 0.81862    .所以 DE //面 1 1ACB .····································6 分 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试(一) 数学试题 第 13 页 (共 16 页) (3) X 所有可能取值为 0 ,1, 2 ,3.·······················································7 分   0 3 3 5 3 8 50 28 C CP X C      1 2 3 5 3 8 151 28 C CP X C      2 1 3 5 3 8 152 56 C CP X C      3 0 3 5 3 8 13 56 C CP X C    ······················· 9 分 随机变量 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 5 28 15 28 15 56 1 56 ···········································································································11 分   8 9 56 1356 15228 15128 50 XE ············································· 12 分 21.解:(1) 1a  ,   xg x e x b   , ( ) 1xg x e   ,令   0g x  ,得 0x  当 0x  ,   0g x  , )(xg 在  0, 单调递减 当 0x  ,   0g x  , )(xg 在  ,0 单调递增 所以 0x 是  xg 的极小值点同时也是最小值点,即 bgxg  1)0()( min ········2 分 当 01 b ,即 1b 时, )(xg 在 R 上没有零点; 当 01 b ,即 1b 时, )(xg 在 R 上只有 1 个零点;···································3 分 时,即当 1,01  bb 因为 ( ) 0bg b e   ,所以 )0,()( 在xg 只有一个零点, 又因为 bebbebg bb 2)(  ,取 2)(,2)(  xx exxex  , ( ) 2 0xx e   令 ,得 ln 2x  当 2lnx , 02)(  xex , )(x 在  ,2ln 单调递增 当 2lnx , 02)(  xex , )(x 在  2ln, 单调递减 02ln222ln2)2(ln 2ln  e ,所以对 x R ,   0x ,所以 0)( b ,即 02  beb 所以 02)(  bebg b ,所以 ),0()( 在xg 内只有一个零点, 所以  xg 在 R 上有两个零点.····································································· 5 分 综上所述,当 1b 时,  xf 在 R 上有两个零点; 当 1b 时,函数  xf 在 R 上没有零点; 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试(一) 数学试题 第 14 页 (共 16 页) 当 1b 时,函数  xf 在 R 上有一个零点.···················································· 6 分 (2)方法一: xxfbaxg  )(ln)( 恒成立,   ,1x 即 xxbabxe ax  1)1ln(lnln 1)1ln(lnln  xae ax ········································································· 7 分 所以 )1(,1)1ln(lnln  xxxaxe ax 构造 xexh x )( ,所以 01)(  xexh ,  xh 在 R 上单调递增 只需 )1ln(ln  xax ,即 )1ln(ln  xxa 恒成立····································8 分 令 )1ln()(  xxxu , 1 2 1 11)(   x x xxu ········································· 9 分 当 21  x 时, 0)(  xu ,所以 )(xu 在 1,2 单调递减; 当 2x 时, 0)(  xu ,所以 )(xu 在 2, 单调递增, 所以 2)2(min  uu ,即 2ln a ······························································ 11 分 又 0a ,所以 20 ea  . ······································································12 分 方法二: 1x  ,有  ln ln ln 1 1x ae a x     ,则当 2x  时, 2 ln ln 1ae a   ············ 7 分 令   2 ln ln 1aa e a    ,所以  a 在 0, 单调递减,····························8 分 注意到 2( ) 0e  ,所以 20 ea  .(必要性) ·············································9 分 下面证明 1xe x  ( x R ) 令   1xx e x    ,   1xx e   当 0x  ,   0x  ,所以  x 在 0, 上单调递增 当 0x  ,   0x  ,所以  x 在 ,0 上单调递减 所以     010 0 min  ex  , 即对 x  R ,   1 0xx e x     ,即 1xe x  ( x R )得证. 因为 1 xex ,所以 ln ln 1xe x  ,即 ln 1x x  ,即  0,1ln  xxx . 当 20 a e  时, ln 2 1 ln ln( 1) 1 ln( 1) 1 1 x a xe e x a x x x               ····························· 11 分 ln ln ln( 1) 1x ae a x     .(充分性)························································12 分 方法三: xxfbaxg  )(ln)( ,即 ln ln ln( 1) 1x ae x b a b x x         恒成立 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试(一) 数学试题 第 15 页 (共 16 页) ln ln ln( 1) 1x ae a x     ········································································· 7 分 即 1x  , ln( ) ln ln( 1) 1 0x aa a e x       恒成立,······························· 8 分 注意到 ( )a 在 0a  单调递增, ·································································· 9 分 当 20 a e  时, 2 2( ) ( ) 1 ln( 1) 1 ( 1) ( 2) 0xa e e x x x             , 所以 ( ) 0a  ························································································ 10 分 当 2a e 时, 2 2( ) ( ) 1 ln( 1) ( )xa e e x h x        注意到 (2) 0h  ,存在 2x  ,使得 ( ) 0a  ,矛盾····································· 11 分 综上, 20 a e  .·················································································· 12 分 22.解:(1)由题意可得: 2 2 2 2 3 =2c + ab a a b c       ,解得 2a  , 3b  , 1c  ········2 分 则椭圆方程为 2 2 14 3 x y  ········································································· 3 分 (2)设直线l 的方程为 1x ty  ,设  1 1,A x y ,  2 2,B x y 由 2 2 1 14 3 x ty x y     ,整理得 2 23 4 6 9 0t y ty    1 2 2 1 2 2 6 3 4 9 3 4 ty y t y y t        ················································································4 分 椭圆 E 的左、右顶点分别为  2,0P  ,  2,0Q , 直线 PA 方程为:  1 1 22 yy xx   , 又直线 PA 与直线 4x  交于点 F ,则 1 1 64, 2 yF x      , ·································· 5 分 因为 BQk , QFk 都存在,所以要证 B ,Q , F 三点共线,只需证 QFBQ kk  ···········6 分 只需证 2 2 6 2 1 1 2 2  x y x y 只需证 3 3 1 1 1 1 2  ty y ty y 只需证 121221 333 yytyyyty  只需证   032 2121  yyyty 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试(一) 数学试题 第 16 页 (共 16 页) 而   043 6343 9232 222121    t t ttyyyty 故 B ,Q , F 三点共线.··········································································· 8 分 (3)由(2)可得 1 2 2 1 2 2 6 3 4 9 3 4 ty y t y y t          2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 6 1= 42 2 3 4AOB tS OM y y y y y y t        ························· 10 分 令 2 1m t  ( 1m  ),则 2 6 6 13 1 3 OAB mS m m m     令   13f m m m   ,函数  f m 在区间[1, ) 单调递增, 即当 1m  ,即 0t  时, S 取到最大值 3 2 .·················································· 12 分
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