湖南省怀化市2020届高三下学期6月第三次模拟考试文科数学试题 Word版含解析

湖南省怀化市2020届高三下学期6月第三次模拟考试文科数学试题 Word版含解析

- 1 - 怀化市中小学课程改革教育质量监测试卷 2020 年高三仿真考试文科数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡和该试题卷的封面上，并认真核对 条形码上的姓名、准考证号和科目. 2.考生作答时，选择题和非选择题均须做在答题卡上，在本试题卷上答题无效.考生在答题卡 上按答题卡中注意事项的要求答题. 3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回. 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 项是符合题目要求的，请把正确答案的代号填在答题卡上 1. 设集合  1,2,5A  ，  2 5 0B x x x m    ，若  1A B  ，则 B  （ ） A.  1, 3 B.  1,0 C.  1,4 D.  1,5 【答案】C 【解析】 【分析】 根据  1A B  可得1 B ，从而得到 m 的值，再代入求出二次方程的根，即可得到答案； 【详解】  1A B  ，1 B ， 1 5 0m   ，解得： 4m  ，       2 25 0 5 4 0 1,4B x x x m x x x         ， 故选：C. 【点睛】本题考查利用集合交运算的结果求参数值，再进一步求集合，考查运算求解能力， 属于基础题. 2. 函数 ( ) sin( )3f x x   的最小正周期是（ ） A.  B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】 - 2 - 先求出函数 sin( )3y x   的周期，再将周期除以 2，即可得到答案； 【详解】函数 ( ) sin( )3f x x   的图象是由函数 sin( )3y x   的图象，将 x 轴下方翻到 x 轴上方， 函数 ( ) sin( )3f x x   的周期为函数 sin( )3y x   周期的一半， 函数 sin( )3y x   周期为 2 ，  2 2T    ， 故选：A. 【点睛】本题考查三角函数的周期，考查数形结合思想和运算求解能力，属于基础题. 3. 七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，顾名思义，仅由七块板（五个等腰直角三角形， 一个正方形，一个平行四边形）组成的.如图，将七巧板拼成一个正方形 ABCD ，在正方形 ABCD 内任取一点 P ，则该点落在正方形 EFGH 内的概率为（ ） A. 1 4 B. 1 5 C. 1 6 D. 1 8 【答案】D 【解析】 【分析】 设正方形 ABCD 的边长为 a ，求得正方形 ABCD 的面积，再根据 ABC 是等腰直角三角形， 得到 AC ，从而得到 EF ，再求得正方形 EFGH 的面积，代入几何概型的概率公式求解. 【详解】设正方形 ABCD 的边长为 a ，则 S 正方形 ABCD 2a ， 因为四边形 ABCD 是正方形， 所以 ABC 是等腰直角三角形， - 3 - 所以 2 2AC AB a  ， 1 2 4 4EF AC a  ， 因为四边形 EFGH 是正方形， 所以 S 正方形 EFGH= 2 21 8EF a ， 所以 1 8 SP S   . 故选：D 【点睛】本题主要考查几何概型的面积类型，还考查了识图用图的能力，属于基础题. 4. 已知直线 m  平面 ，直线 n  平面  ，则“ / /  ”是“ m n ”的( ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条作 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 根据充分必要条件定义判断即可. 【详解】直线 m  平面 ，直线 n  平面  ， 若 / /  可得 m  ， m n ； 若 m n ，则 m 不一定垂直  ， 与  不一定平行； “ / /  ”是“ m n ”的充分不必要条件. 故选：A. 【点睛】本题利用立体几何的基础知识考查充分条件和必要条件的判断，属于基础题. 5. 据记载，欧拉公式 cos sin ( )ixe x i x x R   是由瑞士著名数学家欧拉发现的，该公式被 誉为“数学中的天桥”.特别是当 x  时，得到一个令人着迷的优美恒等式 1 0ie   ，将 数学中五个重要的数（自然对数的底 e ，圆周率 ，虚数单位i ，自然数的单位 1 和零元 0） 联系到了一起，有些数学家评价它是“最完美的数学公式”.根据欧拉公式，若复数 i4ez   的 共轭复数为 z ，则 z  （ ） - 4 - A. 2 2 2 2 i  B. 2 2 2 2 i  C. 2 2 2 2 i D. 2 2 2 2 i 【答案】D 【解析】 【分析】 先根据题意求出复数 i4ez   的代数形式，再求它的共轭复数. 【详解】由题意， i4 2 2e cos isin i4 4 2 2z        ，所以 2 2 i2 2z   . 故选：D. 【点睛】本题主要考查共轭复数，化简复数为 a bi 形式，其共轭复数为 a bi ，侧重考查数 学运算的核心素养. 6. 若 0.5 2 52 , log 0.5, log 2a b c   ，则实数 a，b，c 之间的大小关系为（ ） A. a b c  B. a c b  C. c a b  D. b a c  【答案】B 【解析】 【分析】 引入中间变量 0 和 1，即可得到答案； 【详解】 0.5 12a   ， 2log 0.5 0b   ， 50 log 2 1c   ，  a c b  ， 故选：B. 【点睛】本题考查指数式和对数式的大小比较，考查运算求解能力，求解时注意中间变量的 引入. 7. 已知一块形状为正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D （底面是正方形，侧棱与底面垂直的四棱柱） 的实心木材， 2AB  ， 1 3AA  .若将该木材经过切割加工成一个球体，则此球体积的最大值 为（ ） - 5 - A. 9 2  B. 8 2 3  C. 4 3  D. 17 17 6  【答案】C 【解析】 【分析】 依题意，若使球的体积最大，只需该球内切于棱长为 2 的正方体中即可. 【详解】根据题意，当球内切于棱长为 2 的正方体中时，球的体积最大， 故该球体积最大时，半径为 1，体积为： 34 4 3 3V R   . 故选：C 【点睛】本题主要考查组合体问题，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于基础题. 8. 函数  ( ) 2 2 sin cosx xf x x x  的部分图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用函数的奇偶性可以排除部分选项，再利用特殊值进行排除，可得正确结果. 【详解】因为      ( ) 2 2 sin cos ( )x xf x x x f x      ，所以 ( )f x 是偶函数，排除选项 A； 当 (0, ), ( ) 02x f x  ，排除选项 D； 当 ( , ), ( ) 02x f x   ，排除选项 C； 故选：B. - 6 - 【点睛】本题主要考查函数图象的识别，利用函数的性质及特殊值，采用排除法是这类问题 的常用方法，侧重考查直观想象的核心素养. 9. 设双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的右焦点为 F ，过 F 作垂直于 x 轴的直线交C 于 A ，B 两点若以线段 AB 为直径的圆与C 的渐近线相切，则双曲线C 的离心率为（ ） A. 5 B. 3 C. 2 D. 5 2 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意，直线 AB 的方程为 x c ，代入 2 2 2 2: 1x yC a b   ，求得交点坐标，得到以线段 AB 为 直径的圆的圆心和半径，再根据双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的渐近线与圆相切求解. 【详解】根据题意，直线 AB 的方程为 x c ，代入 2 2 2 2: 1x yC a b   ，得 2by a   ， 所以以线段 AB 为直径的圆的圆心为 ,0c ，半径为 2b a ， 双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的渐近线方程为 0bx ay  ， 因为渐近线与圆相切， 所以 2 2 2 bc bb aa b    ，化简得 a b ， 所以 2 1 2c be a a        ， 故选：C 【点睛】本题主要考查双曲线的方程，渐近线和离心率，还考查了运算求解的能力，属于中 档题. 10. 某保险公司为客户定制了 5 个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险； 丁，定期寿险：戊，重大疾病保险，各种保险按相关约定进行参保与理赔.该保险公司对 5 个 险种参保客户进行抽样调查，得出如下的统计图例，以下四个选项错误的是（ ） - 7 - A. 54 周岁以上参保人数最少 B. 18～29 周岁人群参保总费用最少 C. 丁险种更受参保人青睐 D. 30 周岁以上的人群约占参保人群的 80% 【答案】B 【解析】 【分析】 根据统计图表逐个选项进行验证即可. 【详解】由参保人数比例图可知，54 周岁以上参保人数最少，30 周岁以上的人群约占参保人 群的 80%，所以选项 A,选项 D 均正确； 由参保险种比例图可知，丁险种更受参保人青睐，所以选项 C 正确； 由不同年龄段人均参保费用图可知，18～29 周岁人群人均参保费用最少，但是这类人所占比 例为 20%，所以总费用不一定最少. 故选：D. 【点睛】本题主要考查统计图表的识别，根据统计图得出正确的统计结论是求解的前提，侧 重考查数据分析的核心素养. 11. 已知抛物线 2: 4C y x 的焦点为 F ，其准线l 与 x 轴相交于点 M ，过点 M 作斜率为 k 的 直线与抛物线C 相交于 A ， B 两点，若 60AFB   ，则 k  （ ） A. 1 2  B. 2 4  C. 2 2  D. 3 2  【答案】D 【解析】 【分析】 - 8 - 设直线 AB 的方程为  1y k x  ，与抛物线方程 2 4y x 联立，由抛物线的定义和弦长公式 得到 ,AF BF ， AB ，再根据 60AFB   ，在 AFB△ 中，由余弦定理建立关于 k 的方程 求解。 【详解】因为 2: 4C y x ，所以  1,0F ，  1,0M  ， 设直线 AB 的方程为：    1 , 0y k x k   ，    1 1 2 2, , ,A x y B x y ， 直线  1y k x  与抛物线 2 4y x 联立， 消去 y 得  2 2 2 22 4 0k x k x k    ， 所以 1 2 1 2 2 41, 2x x x x k       ，  22 42 4 4 0k k     ，即 1 1k   ， 由抛物线的定义得： 1 21, 1AF x BF x    ，  22 2 1 2 1 2 1 21 1 4AB k x x k x x x x       ， 2 4 2 2 2 4 4 11 2 4 kk k k          在 AFB△ 中，由余弦定理得： 2 2 2 2 cos60AB AF BF AF BF     ，       2 2 1 2 1 21 1 1 1x x x x       ，    2 1 2 1 2 1 23 1x x x x x x       ， 2 2 2 2 4 4 4 16 122 2 2 k k k k                  ， 即  42 4 4 16 116 12 kk k k   ， 解得 2 3 4k  ， 所以 3 2k   . 故选：D 【点睛】本题主要考查抛物线的定义和直线与抛物线的位置关系以及余弦定理的应用，还考 - 9 - 查了运算求解的能力，属于难题. 12. 已知函数 1( ) | | 3f x x x    ， ( )f x 是 ( )f x 的导函数.① ( )f x 在区间 (0, ) 是增函数； ②当 ( , 0)x   时，函数 ( )f x 的最大值为 1 ；③ ( ) ( )y f x f x  有 2 个零点； ④ ( ) ( ) 2f x f x    .则上述判断正确的序号是（ ） A. ①③ B. ①④ C. ③④ D. ①② 【答案】A 【解析】 【分析】 结合函数解析式及导数的解析式，逐项验证可得答案. 【详解】当 0x  时， 1( ) 3f x x x    ， 2 1( ) 1 0xf x    ，所以 ( )f x 在区间 (0, ) 是增 函数，即①正确； 当 0x  时，  1 1( ) 3 ( ) 3 1f x x xx x            ，当且仅当 1x   时取到最小值，所 以②不正确； 当 0x  时， 3 2 2 4) 1( ( ) x xxf x f x x     ， 令 3 2 1( ) 4g x xx x   ，则 2( ) 3 8 1xg x x    ，由于 0, (0) 1 0g      ，所以 ( )g x 在 (0, ) 上先减后增，且 (0) 1 0g    ，所以 ( )g x 在 (0, ) 内只有一个零点； 当 0x  时， 3 2 2 2) 1( ( ) x xxf x f x x     ， 令 3 2 1( ) 2h x xx x   ，则 2( ) 3 4 1xh x x    ，由于 0, (0) 1 0h      ，所以 ( )h x 在 ( ,0) 上先增后减，且 (0) 1 0h    ，所以 ( )h x 在 ( ,0) 内只有一个零点； 综上可知， ( ) ( )y f x f x  有 2 个零点，所以③正确； 当 0x  时， 2 1( ) 1f x x    ， ( ) ( ) 0f x f x    ，所以④不正确； 故选：A. 【点睛】本题主要考查函数的性质，利用导数研究函数的性质是常用方法，侧重考查数学抽 - 10 - 象的核心素养. 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.将答案填在答题卡相应的位置上） 13. 已知点 ( , )P x y 满足约束条件 4, 0, 4, x y x y x     … … „ 则原点O 到点 P 的距离的最小值为________. 【答案】 2 2 【解析】 【分析】 作出可行域，结合图形可得原点 O 到点 P 的距离的最小值. 【详解】作出可行域，如图，由图可知点 A 到原点的距离最小， 联立 4x y  和 0x y  ，得 (2,2)A ，所以原点O 到点 P 的距离的最小值为 2 2 . 故答案为： 2 2 . 【点睛】本题主要考查利用线性规划知识求解距离型最值问题，作出可行域，观察图形，找 到最值点是求解的关键，侧重考查直观想象的核心素养. 14. ABC 的内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c .若 16bc  ， 3( cos cos )cos sinb C c B A a A  ，则 ABC 的面积为________. 【答案】 4 3 【解析】 【分析】 根 据 3( cos cos )cos sinb C c B A a A  ， 利 用 正 弦 定 理 得 到 3(sin cos sin cos )cos sin sinB C C B A A A  ，化简得 3 cos sinA A ，求得角 A ，再 - 11 - 由 16bc  ，利用正弦定理求解. 【详解】因为 3( cos cos )cos sinb C c B A a A  ， 所以 3(sin cos sin cos )cos sin sinB C C B A A A  ， 化简得： 3 cos sinA A ，即 tan 3A  ， 因为  0,A  ， 所以 3A  ， 所以 ABC 的面积为 1 1 3sin 16 4 32 2 2S bc A     . 故答案为： 4 3 【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 15. 如图所示，若输入 1010a  ， 8k = ， 4n  ，则输出b  _________. - 12 - 【答案】520 【解析】 【分析】 结合程序框图，逐次进行运算，直到退出循环，输出b . 【详解】第一次运算： 0, 2b i  ；第二次运算： 8, 3b i  ；第三次运算： 8, 4b i  ；第 - 13 - 四次运算： 520, 5b i  ；此时i n 退出循环，输出b 的值 520. 故答案为：520. 【点睛】本题主要考查程序框图的理解，利用程序框图求解输出值，一般是采用“还原现场” 的方法，侧重考查数学运算的核心素养. 16. 若 ,a b   是两个非零向量，且 3, ,1 ,3a b a b               则b  与 a b  的夹角的取值范 围是____. 【答案】 2 5 3 6       ， 【解析】 【分析】 设 1a b   ，则 a b    ，令 ,OA a OB b     ，以 ,OA OB 为邻边作平行四边形OACB ， 则平行四边形OACB 为菱形，得到 OAB OBA     ，得出b  与 a b  的夹角为  ，在 OAC 中，由余弦定理求得 cos2 的范围，得到 的范围，进而求得 b  与 a b  的夹角的范围， 得到答案. 【详解】如图所示，因为 3, ,13a b a b               ， 不妨设 1a b   ，则 a b    ， 令 ,OA a OB b     ，以 ,OA OB 为邻边作平行四边形 OACB ， 则平行四边形 OACB 为菱形，所以 OAB 为等腰三角形， 所以 OAB OBA     ，且 0 2   ， 由题意，可得b  与 a b  的夹角，即为OB  与 BA  的夹角，等于  ， 在 OAC 中， 由余弦定理可得 2 2 2 2 22 cos2 2 cos2 1OC OA AC OA AC               ， 解得 2 1cos2 1 2    ， 又由 3 ,13        ，可得 2 1 1 3 2 2 2  ，所以 1 1cos22 2    ， - 14 - 因为 0 2   ，所以 223 3    ，即 6 3    ， 所以 2 5 3 6      ， 即向量b  与 a b  的夹角的取值范围是 2 5[ , ]3 6   . 故答案为： 2 5[ , ]3 6   . 【点睛】本题主要考查了两个向量的加法、减法的几何意义，以及余弦定理和不等式的性质 的综合应用，着重考查数形结合思想，以及推理与运算能力. 三、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） （一）必考题：共 60 分 17. 已知 na 为等差数列，各项为正的等比数列 nb 的前 n 项和为 nS ， ，且 1 12 2a b  ， 2 8 10a a  ，.在① 1( )n nS b R    ；② 4 3 2 12a S S S   ； ③ 2 ( )na nb R   这三个条件中任选其中一个，补充在上面的横线上，并完成下面问题的解 答（如果选择多个条件解答，则按选择第一个解答计分）. （1）求数列 na 和 nb 的通项公式； （2）求数列 +n na b 的前 n 项和 nT 【答案】（1） na n ， 2n nb  ；（2） 2 1 42 2 n n n   . 【解析】 【分析】 （1）分别选择条件①②③，结合等差、等比数列的通项公式，以及 na 和 nS 的关系，即可求 得数列 na 和 nb 的通项公式； - 15 - （2）由（1）求得 2n n na b n   ，结合等差、等比数列的前 n 项和公式，利用错位相减， 即可求解. 【详解】（1）若选①： 1( )n nS b R    ，设等差数列 na 的公差为 d ， 由 12 2a  ， 2 8 10a a  ，可得 1 1 1 2 8 10 a a d     ，解得 1 1, 1a d  ， 所以 1 ( 1) 1na n n     ， 又由 1 2, 1n nb S b   ， 当 1n  时，由 1 1 1 1S b b    ，则有 2 2 1    ，即 1 2   ， 当 2n  时， 1 12( 1) 2( 1)n n n n nb S S b b       ，整理得 12n nb b  ，即 1 2n n b b   ， 所以 nb 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列， 所以 12 2 2n n nb    . （2）由（1）知 , 2n n na bn  ，则 2n n na b n   ， 所以 1 2 3 1 2=1+2 +2+2 +3+2 2 (1 2 + ) (2 2 2 )n n nT n n            2 1( 1) 2 (1 2 ) 422 1 2 2 n nn n n n       ， 所以 2 1 42 2 n n n nT     . （1）若选②： 4 3 2 12a S S S   ，设等差数列 na 的公差为 d， 由 12 2a  ， 2 8 10a a  ，可得 1 1 1 2 8 10 a a d     ，解得 1 1, 1a d  ， 所以 1 ( 1) 1na n n     ，所以 4 4a  ， 设等比数列 nb 的公比为  0q q  ， 因为 4 3 2 12a S S S   ， 所以 2 4 3 2 2 1 3 2 1 1( ) ( )a S S S S b b b q b q        ， - 16 - 又因为 4 14, 2a b  ，所以 2 2 0q q   ，解得 2q = 或 1q   （舍去）， 所以 12 2 2n n nb    . （2）由（1）知 , 2n n na bn  ，则 2n n na b n   ， 所以 1 2 3 1 2=1+2 +2+2 +3+2 2 (1 2 + ) (2 2 2 )n n nT n n            2 1( 1) 2 (1 2 ) 422 1 2 2 n nn n n n       ， 所以 2 1 42 2 n n n nT     . （1）若选③： 2 ( )na nb R   ，设等差数列 na｛ ｝的公差为 d ， 由 12 2a  ， 2 8 10a a  ，可得 1 1 1 2 8 10 a a d     ，解得 1 1, 1a d  ， 所以 1 ( 1) 1na n n     ， 因为 2 ( )na nb R   ， 1 11, 2a b  ， 当 1n  ，得 1 1 2 ab  ，即 2 2 ，解得 1  ，所以 2 na nb  . （2）由（1）知 , 2n n na bn  ，则 2n n na b n   ， 所以 1 2 3 1 2=1+2 +2+2 +3+2 2 (1 2 + ) (2 2 2 )n n nT n n            2 1( 1) 2 (1 2 ) 422 1 2 2 n nn n n n       ， 所以 2 1 42 2 n n n nT     . 【点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路,一是利用基本量,根据通项 公式和求和公式，列出方程组,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确；二是利用等差、等 比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，应有意识地去应用，同时在解决等差、等比 数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法. 18. 图1是直角梯形 ABCD ， / /AB DC ， 90D   ， 2AB  ， 3DC  ， 3AD  ，点 E 在 DC 上， 2CE ED ，以 BE 为折痕将 BCE 折起，使点C 到达 1C 的位置，且 1 6AC  ， - 17 - 如图 2 .  1 证明：平面 1BC E  平面 ABED ；  2 求点 B 到平面 1AC D 的距离. 【答案】  1 证明见解析；  2 4 7 7 . 【解析】 【分析】  1 在图1 中，连接 AE ，由已知得四边形 ABCE 为菱形，连接 AC 交 BE 于点 F ，得 CF BE ，证明 1C F AF ，再由线面垂直的判定可得 1C F  平面 ABED ，从而得到平面 1BC E  平面 ABED ；  2 取 AD 的中点 N ，连接 FN ， 1C N 和 BD ，设 B 到平面 1AC D 的距离为 h ，在三棱锥 1C ABD﹣ 中，利用 1 1C ABD B AC DV V  ，求解点 B 到平面 1AC D 的距离. 【详解】解：  1 证明：在图1中，连接 AE ，由已知得 2AE  ，  / /CE BA，且CE BA AE  ，四边形 ABCE 为菱形， 连接 AC 交 BE 于点 F ， CF BE ， 在 Rt ACD△ 中，  223 3 2 3AC    .  3AF CF  . 在图 2 中， 1 6AC  ，  2 2 2 1 1AF C F AC  ， 1C F AF . 由题意知， 1C F BE ，且 AF BE F  ， - 18 -  1C F  平面 ABED ，又 1C F  平面 1BC E ， 平面 1BC E  平面 ABED ；  2 如图，取 AD 的中点 N ，连接 FN ， 1C N 和 BD ，设 B 到平面 1AC D 的距离为 h ， 在直角梯形 ABED 中， FN 为中位线，则 FN AD ， 3 2FN  ， 由 1 得 1C F  平面 ABED ， AD  平面 ABED ，  1C F AD ，又 1FN C F F  ，得 AD  平面 1C FN ， 又 1C N  平面 1C FN ， 1C N AD ，且 2 2 1 1 9 2134 2C N FN C F     . 在三棱锥 1C ABD﹣ 中， 1 1C ABD B AC DV V  ， 即 1 1 1 1 1 1 3 2 3 2AB AD C F AD C N h         ，  1 1 2 3 4 7 721 2 AB C Fh C N     . 即点 B 到平面 1AC D 的距离为 4 7 7 . 【点睛】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，利用等体积法的 思想，属于中档题. 19. 按照水果市场的需要等因素，水果种植户把某种成熟后的水果按其直径 d 的大小分为不 同等级.某商家计划从该种植户那里购进一批这种水果销售.为了了解这种水果的质量等级情 况，现随机抽取了 100 个这种水果，统计得到如下直径分布表（单位：mm）： d [18,20) [20,22) [22,24) [24,26) [26,28) - 19 - 等级 三级品 二级品 一级品 特级品 特级品 频数 1 m 29 n 7 用分层抽样的方法从其中的一级品和特级品共抽取 6 个，其中一级品 2 个. （1）估计这批水果中特级品的比例； （2）已知样本中这批水果不按等级混装的话 20 个约 1 斤，该种植户有 20000 斤这种水果待 售，商家提出两种收购方案： 方案 A：以 6.5 元/斤收购； 方案 B：以级别分装收购，每袋 20 个，特级品 8 元/袋，一级品 5 元/袋，二级品 4 元/袋，三 级品 3 元/袋. 用样本的频率分布估计总体分布，问哪个方案种植户的收益更高？并说明理由. 【答案】（1）这批水果中特级品的比例为 58%；（2）方案 B 种植户的收益更高，详见解析. 【解析】 【分析】 （1）由题意结合分层抽样的特征可得 1+ 29 7 100 7 6 2 29 2 m n n        ，解方程求得 n=51 后，即可得 解； （2）分别计算出选择两个方案的的收益，比较大小即可得解. 【详解】（1）由题意 1+ 29 7 100 7 6 2 29 2 m n n        ，解得 m=12，n=51， 所以特级品的频率为 51+7 =0.58100 ， 所以可估计这批水果中特级品的比例为 58%； （2）选用方案 A，种植户的收益为 20000 6.5 130000  （元）； 选用方案 B，由题意可得种植户的收益为： 1 1 12 29 5820000 20 3+ 4+ 5+ 820 100 100 100 100           132000 ； 由132000 130000 可得选择 B 方案种植户的收益更高. - 20 - 【点睛】本题考查了分层抽样性质的应用，考查了利用频率估计样本总体的应用，关键是对 于题意的理解，属于基础题. 20. 设 1F ， 2F 分别是椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的左，右焦点， ,A B 两点分别是椭圆C 的上，下顶点， 1 2AF F△ 是等腰直角三角形，延长 1AF 交椭圆C 于 D 点，且 2ADF△ 的周长为 4 2 . （1）求椭圆C 的方程； （2）设点 P 是椭圆C 上异于 ,A B 的动点，直线 ,AP BP 与直 : 2l y   分别相交于 ,M N 两点， 点 (0, 5)Q  ，求证： MNQ△ 的外接圆恒过原点 O . 【答案】（1） 2 2 12 x y  ；（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）根据 2ADF△ 的周长为 4 2 ，利用定义可解得 a ，再根据 1 2AF F△ 是等腰直角三角形得 到b c 即可. （2）设   0 0 0, 0P x y x  ，根据直线 AP 与 BP 的斜率之积为 0 0 0 0 1 1 1 2 y y x x     ，设直线 AP 的斜率为 k ，则直线 : 1AP y kx  ， 1: 12BP y xk    ，然后由 1 2 y kx y      ，可得 M 的坐标，同理得到 N 的坐标，再利用中垂线定理，求得圆心 E，验证| | | |OE NE 即可. 【详解】（1）∵ 2ADF△ 的周长为 4 2 ，由定义可知， 1 2 2AF AF a  ， 1 2 2DF DF a  ， ∴ 4 4 2a  ，∴ 2a  ， 又∵ 1 2AF F△ 是等腰直角三角形，且 2 2 2a b c  ，∴ 1b c  ， ∴椭圆C 的方程为 2 2 12 x y  ； （2）设   0 0 0, 0P x y x  ，则 2 20 0 12 x y  ， - 21 - ∴直线 AP 与 BP 的斜率之积为 2 02 0 0 0 2 2 0 0 0 0 1 1 1 12 2 x y y y x x x x        ， 设直线 AP 的斜率为 k ，则直线 : 1AP y kx  ， 1: 12BP y xk    ， 由 1 2 y kx y      ，可得 3 , 2M k      ，同理 (2 , 2)N k  ， ∴线段 MN 与 OQ 的中垂线交点 3 5,2 2E k k     ， 又 2 2 2 2 2 3 5 9 13| | 2 2 4 4OE k kk k                ， 2 2 2 2 3 1 9 13| | 2 4 4 4NE k kk k          ， ∴| | | |OE NE ， 即 , , ,O M Q N 共圆， ∴故 MNQ△ 的外接圆恒过定点 (0,0) 【点睛】本题主要考查椭圆的定义，方程及其应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 21. 已知函数 2 1( )f x x   . （1）若直线 2y x m   与曲线 ( )y f x 相切，求 m 的值； （2）对任意 (0, )x  ， ln ( ) 1 0a x f x  … 成立，求实数 a 的值. 【答案】（1） 3m   ；（2） 2a  【解析】 【分析】 （ 1 ） 设 直 线 2y x m   与 曲 线 ( )y f x 相 切 于 点  0 0,x y ， 根 据 3 2( )f x x   ， 由 3 0 02 0 2 2, 1 2 , x x mx        求解. - 22 - （2）令 ( ) ln ( ) 1g x a x f x   ，根据任意 (0, )x  ， ln ( ) 1 0a x f x  … 成立，只需 min( ) 0g x … 即可，然后求导 2 3 2( ) axg x x   ，再分 0a„ 和 0a  两种情况讨论求解. 【详解】（1）设直线 2y x m   与曲线 ( )y f x 相切于点 0 0,x y ， 因为 3 2( )f x x   ， 则有 3 0 02 0 2 2, 1 2 , x x mx        解得 0 1 3 x m      ，所以 3m   ； （2）令 2 1( ) ln ( ) 1 ln 1, (0, )g x a x f x a x xx         ， 则 2 3 3 2 2( ) a axg x x x x     ， （ⅰ）当 0a„ 时，因为 (0, )x  ，所以 ( ) 0g x  ， ( )g x 在 (0, )x  单调递减， 由 (1) 0g  ，但 (1, )x  时， ( ) 0g x ，不满足题意； （ⅱ）当 0a  时，因为 (0, )x  ，令 ( ) 0g x  ，解得 2x a  ， 20,x a      时， ( ) 0, ( )g x g x  在 20, a       单调递减， 2 ,x a       时， ( ) 0g x  ， ( )g x 在 2,a      单调递增， 所以 min 2 2( ) ( ) ln 12 2 a ag x g a a     ，由题意 ( ) 0g x … ，可得 min( ) 0g x … ， 所以 2( ) 0g a  ， 令 2 ,( 0)t ta   ，则 1 1ln 1 0tt t   … ，即 ln 1 0t t   ， - 23 - 令 ( ) ln 1h t t t   ，则 1 1( ) 1 th t t t     ， 当 (0,1)t  时， ( ) 0h t  ， ( )h t 在 (0,1) 单调递增， 当 (1, )t   时， ( ) 0h t  ， ( )h t 在 (1, ) 单调递减， 所以， 1t  时， max( ) (1) 0h t h  ，即 ln 1 0t t   ， 所以当 1t  时， ln 1 0t t   ， 即 2a  时， ( ) 0g x … 在 (0, )x  上恒成立， 综上所述， 2a  . 【点睛】本题主要考查导数的几何意义以及导数与不等式恒成立问题，还考查了分类讨论， 转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题. （二）选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一 题计分. ［选修 4-4：坐标系与参数方程］ 22. 如图，在以O 为极点，Ox 轴为极轴的极坐标系中，圆 1C ， 2C ， 3C 的方程分别为 4sin  ， 24sin 3       ， 24sin 3       . （1）若 1 2,C C 相交于异于极点的点 M ，求点 M 的极坐标 ( 0,0 2 )   „ ； （2）若直线 : ( )l R    与 1 3,C C 分别相交于异于极点的 ,A B 两点，求| |AB 的最大值. 【答案】（1） 2, 6      ；（2） 4 3 【解析】 【分析】 - 24 - （1）联立方程组 4sin , 24sin ,3             可解点 M 的极坐标； （2）表示出| |AB 的表达式，利用三角函数的知识可求最大值. 【详解】（1）由 4sin , 24sin ,3             ( 0,0 2 )   „ ， ∴ 2sin sin 3       ，∴ 6   ， ∴ 2  ，∴点 M 的极坐标为 2, 6      ； （2）设    , , ,A BA B    2| | 4sin 4sin 3A BAB            4 3 sin 4 36      „ ， ∴| |AB 的最大值为 4 3 . 【点睛】本题主要考查极坐标，极坐标的应用，题目较为简单，明确极坐标的意义是求解的 关键，侧重考查数学运算的核心素养. ［选修 4-5：不等式选讲］ 23. 已知函数 ( ) 2 1 2f x x   ， ( ) 2 3g x x    . （1）解不等式： ( ) 5g x   ； （2）当 xR 时， ( ) ( ) 2f x g x m   恒成立，求实数 m 的取值范围. 【答案】（1）  10 6x x   （2） 1- - 2    ， 【解析】 【分析】 （1）将不等式化简为 2 8x   即可求解不等式； - 25 - （2）利用分段函数求出    f x g x 的最小值即可得解. 【详解】（1）   5 2 8g x x     ，解得： -10 6x  ， 所以其解集为  10 6x x   ； （2）     3 2, 2 12, 2 2 13 , 2 x x f x g x x x x x                 所以当 x= 1 2 时取得最小值 3 2 ，     2f x g x m   恒成立，即 32 2m   ， 解得： 1m 2   实数 m 的取值范围 1- - 2    ， 【点睛】此题考查解绝对值不等式，根据不等式恒成立求参数的范围，需要熟练掌握含绝对 值函数的最值处理办法. - 26 -