湖北省武汉市2020届高三下学期6月适应性考试（供题一）数学（理）试题 Word版含解析

湖北省武汉市2020届高三下学期6月适应性考试（供题一）数学（理）试题 Word版含解析

- 1 - 2020 年高考（6 月份）数学供题试卷（理科） 一、选择题（共 12 小题）． 1.已知集合  2| 2 3 0A x N x x     ，则满足条件 B⊆A的集合 B 的个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】 先解一元二次不等式，由 x N  确定出集合 A 中元素个数，再由集合子集个数公式即可确定 答案. 【详解】解：由 2 2 3 0x x   解得： 1 3x- < < . x N Q ， 1x  或 2 .则  1,2A  ， 所以根据集合子集个数公式得满足条件 B⊆A 的集合 B 的个数为 22 4 . 故选：C. 【点睛】本题考查集合子集的个数，关键是解一元二次不等式，属于基础题. 2.已知复数 2020z i i  ，则 2 z i  （ ） A. 0 B. 2 2 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 根据i 的运算性质将 z 化简，代入 2 z i 并化简，再求 2 z i 即可. 【详解】 2020 4 505 1z i i i i i      ，所以 2 1 ( 1) 1 1 1 2 2 2 2 2 2 z i i i i ii i i         ， 所以 2 21 1 2( ) ( )2 2 2 2 z i    . 故选：B 【点睛】本题主要考查i 的运算性质，复数的乘除运算及复数的模，属于基础题. 3.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则 Sn＝( ) - 2 - A. 2n－1 B. 13( )2 n C. 12( )3 n D. 1 1 2n 【答案】B 【解析】 【分析】 由 1 1n n na S S   把已知式转化{ }nS 的递推式，从而知{ }nS 是等比数列，可求得其通项公式． 【详解】由已知 Sn＝2an＋1 得 Sn＝2(Sn＋1－Sn)，即 2Sn＋1＝3Sn， 1 3 2 n n S S   ，而 S1＝a1＝1，所以 13( )2 n nS  .故选：B. 【 点 睛 】 本 题 考 查 由 nS 与 na 的 关 系 式 求 数 列 { }nS 的 通 项 公 式 ， 解 题 关 键 是 利 用 1 1n n na S S   把已知式转化{ }nS 的递推式． 4.二项式 8 2 1(1 )x  的展开式中 4x 的系数为（ ） A. 28 B. 56 C. 28 D. 56 【答案】C 【解析】 【分析】 由二项式定理可知 2 1 8( 1)r r r rT C x       ，令 2 4r   ，解出 r 再代入即可得到答案. 【详解】由二项式定理可知 8 2 2 1 8 81 ( ) ( 1)r r r r r r rT C x C x            ， 令 2 4r   ，得 2r = ， 所以 8 2 1(1 )x  的展开式中 4x 的系数为 2 2 8( 1) 28C   . 故选：C 【点睛】本题主要考查求二项式展开式的通项公式的应用，属于基础题. 5.若 0＜a＜b＜1，x＝ab，y＝ba，z＝bb，则 x、y、z 的大小关系为（ A. x＜z＜y B. y＜x＜z C. y＜z＜x D. z＜y＜x 【答案】A 【解析】 【分析】 - 3 - 根据指数函数的单调性得到 a bb b ，利用幂函数的单调性得到 b ba b ，即得解． 【详解】因为 0 1a b   ， 故 ( ) xf x b 单调递减； 故 a by b z b   ， 幂函数 ( ) bg x x 单调递增； 故 b bx a z b   ， 则 x 、 y 、 z 的大小关系为： x z y  ； 故选：A 【点睛】本题主要考查指数函数和幂函数的单调性的应用，意在考查学生对这些知识的理解 掌握水平. 6.某校有高中生 1500 人，现采用系统抽样法抽取 50 人作问卷调查，将高一、高二、高三学 生（高一、高二、高三分别有学生 495 人、490 人、515 人）按 1，2，3，…，1500 编号，若 第一组用简单随机抽样的方法抽取的号码为 23，则所抽样本中高二学生的人数为（ ） A. 15 B. 16 C. 17 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】 根据系统抽样的定义进行求解判断即可． 【详解】解：由系统抽样法知，按编号依次每 30 个编号作为一组，共分 50 组， 高二学生编号为 496 到 985，在第 17 组到 33 组内， 第 17 组编号为16 30 23 503   ，为高二学生， 第 33 组编号为 32 30 23 983   ，为高二学生， 故所抽样本中高二学生的人数为 33 17 1 17   ． 故选：C． 【点睛】本题主要考查系统抽样的应用，结合系统抽样的定义是解决本题的关键，属于基础 题． 7.函数 (2 2 )sinx xy x  在[ , ]  的图象大致为（ ） - 4 - A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 先判断函数的奇偶性，再结合  0 0f  、 2f      的正负可得正确的选项. 【详解】设   (2 2 )sinx xf x x  ，则      (2 2 )sinx xf x x f x     ， 故  f x 为 ,  上的偶函数，故排除 B. - 5 - 又 2 22 2 02f          ，  0 0f  ，排除 C、D. 故选：A. 【点睛】本题考查图象识别，注意从函数的奇偶性、单调性和特殊点函数值的正负等方面去 判断，本题属于中档题. 8.已知菱形 ABCD 的边长为 2， 60DAB   ，点 E 、 F 分别在直线 BC 、 DC 上， 2BC BE DC DF    ， ，若 1AE AF   ，则实数  的值为（ ） A. 3 2 B. 5 3 C. 3  2  D. 5  3  【答案】D 【解析】 【分析】 利用向量的线性运算将 AE  ，AF  用基底 AB  ，AD  表示，然后代入 1AE AF   ，即可求出  的值. 【详解】 由已知可得 1 1 2 2AE AB BE AB BC AB AD            ， 1 1AF AD DF AD DC AD AB             ， | | | | cos 2 2 cos60 2AB AD AB AD BAD           ， 所以 2 21 1 1( )( ) (1 2 1 )2 1 2AB AAE D AD ABAF AB AD AB AD                  1 1 1 5(1 ) 2 4 4 4 12 2λ λ λ           ， 所以 5 3    . 故选：D 【点睛】本题主要考查向量的线性运算，向量的数量积，属于基础题. 9.将数字 1，2，3，4，5 这五个数随机排成一列组成一个数列，则该数列为先减后增数列的 - 6 - 概率为（ ） A. 1 20 B. 7 60 C. 1 12 D. 7 24 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意，求出这五个数随机排成一列组成一个数列的所有可能情况，该数列为先减后增， 可知 1 一定是分界点，且前面的顺序和后面的顺序都只有一种，结合 1 前面的情况，分类讨 论求出满足条件的情况数，最后根据古典概型求出概率即可． 【详解】解：将数字 1，2，3，4，5 这五个数随机排成一列组成一个数列， 则所有可能情况有 5 5 120A  种情况， 由于该数列为先减后增， 则 1 一定是分界点，且前面的顺序和后面的顺序都只有一种， 当 1 前面只有一个数时，有 4 种情况， 当 1 前面只有 2 个数时，有 2 4 6C  种情况， 当 1 前面有 3 个数时，有 4 种情况， 故一共有 4 6 4 14   ， 故数列为先减后增数列的概率 14 7 120 60p   ． 故选：B． 【点睛】本题考查数学排列问题，考查分类加法计数原理、排列和组合在实际问题中的应用， 以及古典概型的概率的公式，考查分类讨论思想和运算能力． 10.已知双曲线 E ：   2 2 2 2 1 0 0x y a ba b   ＞ ， ＞ 的左、右顶点分别为 A 、 B ，M 是 E 上一点， 且 ABM 为等腰三角形，其外接圆的半径为 3a ，则双曲线 E 的离心率为（ ） A. 2 B.   2 1 C.   3 D.   3 1 【答案】C 【解析】 【分析】 - 7 - 设 M 在双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的左支上，由双曲线的性质和等腰三角的性质得出 2MA AB a  ，设 AMB ABM     ，则 =2MAQ  ，结合条件利用正弦定理求出sin ， 再由同角三角函数关系和二倍角公式求出 cos ,sin 2 ,cos2   ，根据直角三角形中任意角的 三角函数可求出 M 的坐标，代入双曲线方程，再由离心率公式即可得到所求值． 【详解】解：由题可知， ABM 为等腰三角形， 设 M 在双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的左支上， M 在 x 轴上的投影为Q ， 则 2MA AB a  ， 设 AMB ABM     ，则 =2MAQ  ，  ABM 的外接圆的半径为 3a ，  2 2 2 3sin sin AB a R aAMB    ， 解得： 3sin 3   ，则 6cos 3   ， 3 6 2 2sin 2 2 3 3 3      ， 6 1 1cos2 9 3 3     ， 在 Rt MAQ△ 中， 1 22 cos2 2 ,3 3 aAQ a a     2 2 4 22 sin 2 2 3 3MQ a a a     ， 则 M 的坐标为 2( 3 a a  ， 2 22 )3a ，即 5( 3 a ， 4 2 )3 a ， 代入双曲线方程可得 2 2 25 32 19 9 a b   ，由 2 2 2c a b  ， 可得 2 23a c ， 即有 3 ce a ． 故选：C． - 8 - 【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，主要考查双曲线的离心率的求法，涉及到正弦定理 的应用、同角三角函数关系、二倍角以及任意角的三角函数等知识，考查化简计算能力. 11.已知函数 ( ) 2sin( ) ( 0, 1)6 xf x a x xlna a a     ，对任意 1x ， 2 [0x  ，1]，不等式 2 1| ( ) ( ) | 2f x f x a „ 恒成立，则实数 a 的取值范围是 ( ) A. 2[e ， ) B. [e ， ) C. (e ， 2 ]e D. 2( , )e e 【答案】A 【解析】 【分析】 对 函 数 ( )f x 求 导 数 ， 利 用 导 数 判 断 函 数 ( )f x 在 [0 ， 1] 上 的 单 调 性 ， 把 不 等 式 2 1| ( ) ( ) | 2f x f x a „ 恒成立化为 ( ) ( ) 2max minf x f x a „ ，再解含有 a 的不等式，从而求出 a 的 取值范围． 【详解】解：结合题意，显然 2a… ， ( ) ( 1) cos( )3 6 xf x lna a x     ， 由 [0x ，1]， 2a… ，得 0lna  ， 1 0xa  … ， cos( ) 03 6 x   ， 故 ( ) 0f x  ， ( )f x 在[0 ，1]递增， 故 ( )maxf x f （1） 1a lna   ， ( ) (0) 1minf x f  ， 对任意 1x ， 2 [0x  ，1]，不等式 2 1| ( ) ( ) | 2f x f x a „ 恒成立， 即 ( ) ( ) 2max minf x f x a „ ， - 9 - 1 1 2a lna a    „ ，即 2lna… ，解得： 2a e… ， 故选：A． 【点睛】本题考查了不等式恒成立问题，也考查了数学转化思想方法，以及利用导数判断函 数的单调性问题，属于中档题． 12.已知一圆锥底面圆的直径为 3，圆锥的高为 3 3 2 ，在该圆锥内放置一个棱长为 a 的正四面 体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则 a 的最大值为（ ） A. 3 B. 2 C.  9  3 22  D. 3 2  2 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意，该四面体内接于圆锥的内切球，通过内切球即可得到 a 的最大值． 【详解】解：依题意，四面体可以在圆锥内任意转动，故该四面体内接于圆锥的内切球， 设球心为 P ，球的半径为 r ，下底面半径为 R ，轴截面上球与圆锥母线的切点为 Q ，圆锥的 轴截面如图： 则 3 2OA OB  ，因为 3 3 2SO  ， 故可得： 2 2 3SA SB SO OB    ； 所以：三角形 SAB 为等边三角形，故 P 是 SAB 的中心， 连接 BP ，则 BP 平分 SBA ， 30PBO   ； 所以 tan30 r R   ，即 3 3 3 3 3 3 2 2r R    ， 即四面体的外接球的半径为 3 2r  ． 另正四面体可以从正方体中截得，如图： 从图中可以得到，当正四面体的棱长为 a 时，截得它的正方体的棱长为 2 2 a ， 而正四面体的四个顶点都在正方体上， 故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球， - 10 - 所以 1 2 62 3 3 2 2r AA a a    ， 所以 2a  ． 即 a 的最大值为 2 ． 故选：B． 【点睛】本题考查了正四面体的外接球，将正四面体的外接球转化为正方体的外接球，是一 种比较好的方法，本题属于难题． 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13.函数 ( ) xf x xe (其中 2.71828e  )的图象在 (0,0) 处的切线方程是_____． 【答案】 0x y  【解析】 【分析】 求出函数 ( )f x 在 0x  处的导数值 (0)f  ，即切线的斜率，由点斜式即可得切线方程. 【详解】由 ( ) xf x xe ，得 ( ) x xf x e xe   ，所以切线的斜率 0(0) 1k f e   ， 所以切线方程为 0 0y x   ，即 0x y  . - 11 - 故答案为： 0x y  【点睛】本题主要考查在一点处的切线方程的求法，同时考查常见函数的导数及两个函数积 的导数，属于基础题. 14.观察如图数表：设数 100 为该数表中的第 n 行，第 m 列，则 m n ＝_____． 【答案】114 【解析】 【分析】 根据数表中每行第一个数的特征，结合底数为 2 指数幂的特征进行求解即可. 【详解】由数表可知：第一行第一个数为 12 2 ，第二行第一个数为： 24 2 ， 第三行第一个数为： 38 2 ，第四行第一个数为： 48 2 ,  因此可以归纳得到，第 ( )x x N  行第一个数为： 2x ， 因为 6 72 100 2  ，所以 100 是在第 6 行，因此 6n  ， 第 6 行第一个数为： 62 2 32  ，100 2 50  ，所以 100 是第 19 个数，因此 19m  ， 因此 19 6 114m n    故答案为：114 【点睛】本题考查了归纳推理的应用，属于基础题. 15.已知函数 2( ) cos ( ) 1( 0, 0,0 )2 πf x A ωx φ A ω φ       的最大值为 3， ( )f x 的图象 与 y 轴的交点坐标为 (0,2) ，其相邻两条对称轴间的距离为 2 ，则 (1) (2)f f  _____． 【答案】 3 【解析】 【分析】 利用二倍角公式可得 ( ) cos(2 2 ) 12 2 A Af x ωx φ    ，由函数的最大值可求出 A ，由相邻两 - 12 - 条对称轴间的距离可求出周期，再利用周期公式可求出 ，将点 (0,2) 代入解析式可求出 ， 从而可得函数的解析式，即可求出 (1) (2)f f 的值. 【详解】 2 1 cos(2 2 )( ) cos ( ) 1 1 cos(2 2 ) 12 2 2 ωx φ A Af x A ωx φ A ωx φ           ， 因为函数 ( )f x 的最大值为 3 ，所以 1 32 2 A A   ，所以 2A  ， 由函数 ( )f x 相邻两条对称轴间的距离为 2 ，可得周期 4T  ， 所以 22 2T     ，所以 4   , 所以 ( ) cos( 2 ) 22 πf x x φ   ，又 ( )f x 的图象与 y 轴的交点坐标为 (0,2) ， 所以 cos2 2 2   ，所以cos2 0  ，又 0 2   ，所以 = 4  ， 所以 ( ) cos( ) 2 sin 22 2 2 π π πf x x x      ， 所以 (1) (2) sin 2 sin 2 1 2 0 2 32 πf f π            . 故答案为：3 【点睛】本题主要考查求三角函数的图象与性质，二倍角的余弦公式，诱导公式，属于中档 题. 16.已知过抛物线 2: 4C y x 焦点 F 的直线交抛物线C 于 P ，Q 两点，交圆 2 2 2 0x y x   于 M ， N 两点，其中 P ， M 位于第一象限，则 1 1 PM QN  的最小值为_____． 【答案】 2 【解析】 【分析】 设 1 1( , )P x y ， 2 2( , )Q x y ，根据题意可设直线 PQ 的方程为 1x my  ，将其与抛物线C 方程 联立可求出 1 2 1x x ，结合图形及抛物线的焦半径公式可得 1 2| | | | 1PM QN x x   ，再利用 基本不等式，即可求出 1 1 PM QN  的最小值. 【详解】圆 2 2 2 0x y x   可化为 2 2( 1) 1x y   ，圆心坐标为 (1,0) ，半径为1， - 13 - 抛物线C 的焦点 (1,0)F ，可设直线 PQ 的方程为 1x my  ，设 1 1( , )P x y ， 2 2( , )Q x y ， 由 2 1 4 x my y x     ，得 2 4 4 0y my   ，所以 1 2 4y y   ， 又 2 1 14y x ， 2 2 24y x ，所以 2 2 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 14 4 16 y y y yx x     ， 因为 1 2 1 2| | | | (| | | |)(| | | |) ( 1 1)( 1 1) 1PM QN PF MF QF NF x x x x           ， 所以 1 1 1 12 2PM QN PM QN     ，当且仅当| | | | 1PM QN  时，等号成立. 所以 1 1 PM QN  的最小值为 2 . 故答案为： 2 【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质，基本不等式求最值，考查基本运算能力，属于中 档题. 三、解答题：共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第 17-21 题为必考题， 每个试题考生都必须作答．第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共 60 分． 17.已知 ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，其面积 S 2 2 2 4 b c a  ． （1）若 a 6 ，b 2 ，求 cosB． （2）求 sin（A+B）+sinBcosB+cos（B﹣A）的最大值． - 14 - 【答案】（1） 30 6 ；（2） 5 2 . 【解析】 【分析】 （1）根据面积 S 2 2 2 4 b c a  结合面积公式和余弦定理化简可得 sin cosA A ，解得 4A  ，然后根据 a 6 ，b 2 ，由正弦定理求得sin B ，再利用平方关系求解. （2）由（1）知 4A  ，sin（A+B）+sinBcosB+cos（B﹣A），可化为  2 sin cos sin cosB B B B  ， 令 sin cos 2 sin 4t B B B        ，转化为二 次函数求解. 【详解】（1）因为三角形面积为 S 2 2 21 sin2 4    b c abc A ， 所以 2 2 2 sin cos2 b c aA Abc    ， 解得 4A  ， 因为a 6 ，b 2 ， 由正弦定理得： sin sin a b A B  ， 所以 22sin 62sin 66    b AB a ， 因为 a b ， 所以 A B ， 所以 B 为锐角， 所以 30cos 6 B （2）由（1）知 4A  ， - 15 - 所以 sin（A+B）+sinBcosB+cos（B﹣A）， sin sin cos cos4 4B B B B               ， 2 2 2 2sin cos sin cos sin cos2 2 2 2B B B B B B     ，  2 sin cos sin cosB B B B   ， 令 sin cos 2 sin 4t B B B        ， 因为 30, , ,4 4 4                B B ， 所以sin (0,1]4      B ， 所以 (0, 2]t  ， 原式  2 2 21 1 1 32 2 22 2 2 2 2 t tt t t        ， 当 2, 4  t B 时，原式取得最大值 5 2 . 【点睛】本题主要考查三角形面积公式余弦定理、同角三角函数基本关系式，正弦定理，两 角和与差的三角函数以及二次函数的性质，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属 于中档题. 18.如图所示，多面体是由底面为 ABCD 的直四棱柱被截面 AEFG 所截而得到的，该直四棱 柱的底面为菱形，其中 2AB  ， 5CF  ， 1BE  ， 60BAD   ． - 16 - (1)求 BG 的长； (2)求平面 AEFG 与底面 ABCD 所成锐二面角的余弦值． 【答案】(1) 2 5 ；(2) 3 4 【解析】 【分析】 (1)由面面平行的性质定理可知，四边形 AEFG 为平行四边形，以菱形对角线的交点为原点建 立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出向量 BG  坐标，再求| |BG  即可； (2)分别求出平面 AEFG 与底面 ABCD 的法向量，利用向量的夹角公式求出法向量的夹角余 弦值，进而可求出平面 AEFG 与底面 ABCD 所成锐二面角的余弦值． 【详解】因为多面体是由底面为 ABCD 的直四棱柱被截面 AEFG 所截而得到的， 所以平面 ADG / / 平面 BCFE ，又平面 ADG  平面 AEFG AG ,平面 BCFE  平面 AEFG EF , 所以 / /AG EF ，同理 / /AE GF ，所以四边形 AEFG 是平行四边形， 连结 AC , BD 交于O ，以O 为原点， ,OB OC 所在直线分别为 x 轴， y 轴建立如图所示的空 间直角坐标系 O xyz ，则 (0, 3,0)A  ， (1,0,0)B ， (1,0,1)E ， (0, 3,5)F ， 所以 ( 1, 3,4)AG EF    ， (1, 3,0)AB  ， 所以 ( 2,0,4)BG AG AB      ，所以 2 2| | ( 2) 0 4 2 5BG      , 所以 BG 的长为 2 5 . - 17 - (2)根据题意可取平面 ABCD 的一个法向量为 (0,0,1)m  ， 由(1)知 ( 1, 3,4)AG   ， (1, 3,1)AE  ，设平面 AEFG 的法向量为 ( , , )n x y z ，则 由 0 0 n AE n AG         ，得 3 0 3 4 0 x y z x y z         ，即 5 2 3 3 2 y z x z      ， 令 2 3z  ，则 3 3x  ， 5y   ，所以 (3 3, 5,2 3)n   ， 所以 2 3 3cos , 4| | | | 1 27 25 12 m nm n m n               ， 所以平面 AEFG 与底面 ABCD 所成锐二面角的余弦值为 3 4 . 【点睛】本题主要考查面面平行的性质定理，线段长的求法及二面角的余弦值的求法，考查 运算求解能力，属于中档题. 19.已知 2 2 2: 4 )( 0E x y m m   ，直线 l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与 E 有两个交点 A ， B ，线段 AB 的中点为 M ． （1）若 2m  ，点 K 在椭圆 E 上， 1F 、 2F 分别为椭圆的两个焦点，求 1 2KF KF    的范围； （2）若 l 过点 ( , )2 mm ，射线 OM 与椭圆 E 交于点 P ，四边形OAPB 能否为平行四边形？若 能，求此时直线l 斜率；若不能，说明理由． 【答案】（1） 2,1 ；（2） 4 7 6k  . 【解析】 【分析】 （1）求得焦点坐标，设 ( , )K x y ，运用向量数量积的坐标表示，结合椭圆的范围，可得所求 范围； （2）设 A ， B 的坐标分别为 1(x ， 1)y ， 2(x ， 2 )y ，运用中点坐标公式和点差法，直线的斜率 公式，结合平行四边形的性质，即可得到所求斜率． - 18 - 【详解】解：（1） 2m  时，椭圆 2 2: 14 xE y  ，两个焦点 1( 3F  ， ) ， 2 ( 3F ， 0) ， 设 ( , )K x y ，可得 2 2 14 x y  ，即 2 24 4x y  ， 1 ( 3F K x  ， )y ， 2 ( 3F K x  ， )y ， 2 2 2 1 2 1 2 3 3 1KF KF F K F K x y y            ， 因为 1 1y „ „ ， 所以 1 2KF KF    的范围是 2,1 ； （2）设 A ， B 的坐标分别为 1(x ， 1)y ， 2(x ， 2 )y ，可得 1 2( 2 x xM  ， 1 2 )2 y y ， 则 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 4 4 x y m x y m       ，两式相减可得 1 2 1 2 1 2 1 2( )( ) 4( )( ) 0x x x x y y y y      ， 1 2 1 2 1 2 1 2 ( )( )1 4 0( )( ) y y y y x x x x     ，即1 4 0OM lk k  ， 故 1 4OM lk k   ，又设 ( PP x ， )Py ，直线 : ( ) ( 0, 0)2 ml y k x m m k     ， 即直线l 的方程为 2 my kx km   ， 从而 1: 4OM y xk   ，代入椭圆方程可得， 2 2 2 2 4 1 4P m kx k   ， 由 ( ) 2 my k x m   与 1 4y xk   ，联立得 2 2 4 2 1 4M k m kmx k   ， 若四边形OAPB 为平行四边形，那么 M 也是OP 的中点， 所以 2 M Px x ，即 2 2 2 2 2 2 4 2 44( )1 4 1 4 k m km m k k k    ，整理可得 212 16 3 0k k   ， 解得 4 7 6k  ，经检验满足题意， 所以当 4 7 6k  时，四边形OAPB 为平行四边形． 【点睛】本题考查椭圆的方程和性质，考查直线和椭圆的位置关系，注意运用点差法，考查 向量数量积的坐标表示，考查方程思想和运算能力，属于中档题． 20.某大型公司为了切实保障员工的健康安全，贯彻好卫生防疫工作的相关要求，决定在全公 司范围内举行一次 NCP普查，为此需要抽验 1000 人的血样进行化验，由于人数较多，检疫 - 19 - 部门制定了下列两种可供选择的方案． 方案①：将每个人的血分别化验，这时需要验 1000 次． 方案②：按 k 个人一组进行随机分组，把从每组 k 个人抽来的血混合在一起进行检验，如果每 个人的血均为阴性，则验出的结果呈阴性，这 k 个人的血只需检验一次（这时认为每个人的血 化验 1 k 次）；否则，若呈阳性，则需对这 k 个人的血样再分别进行一次化验，这样，该组 k 个 人的血总共需要化验 1k  次． 假设此次普查中每个人的血样化验呈阳性的概率为 p ，且这些人之间的试验反应相互独立． （1）设方案②中，某组 k 个人的每个人的血化验次数为 X ，求 X 的分布列； （2）设 0.1p  ，试比较方案②中，k 分别取 2，3，4 时，各需化验的平均总次数；并指出在 这三种分组情况下，相比方案①，化验次数最多可以平均减少多少次？（最后结果四舍五入 保留整数） 【答案】（1）详解见解析；（2）690，604，594；406. 【解析】 【分析】 （1）设每个人的血呈阴性反应的概率为 q，依题意知 X 的可能取值，计算分布列即可； （2）方案②中计算每个人的平均化验次数 ( )E X ，分别求出 2k  、3、4 时 ( )E X 的值，再 与方案①比较，即可得出所求． 【详解】解：（1）由题可知，每个人的血样化验呈阳性的概率为 p ， 设每个人的血呈阴性反应的概率为 q，则 1q p  ， 所以 k 个人的混合后呈阴性的概率为 kq ，呈阳性反应的概率为1 kq ， 依题意知 X 的可能取值为 1 k ， 11 k  ， 所以 X 的分布列为； X 1 k 11 k  P kq 1 kq - 20 - （2）方案②中，结合（1）知每个人的平均化验次数为： 1 1 1( ) (1 ) (1 ) 1k k kE X q q qk k k         ； 所以当 2k  时， 21( ) 0.9 1 0.692E X     ， 此时 1000 人需要化验的总次数为 690 次； 当 3k  时， 31( ) 0.9 1 0.60433E X     ， 此时 1000 人需要化验的总次数为 604 次； 当 4k  时， 41( ) 0.9 1 0.59394E X     ， 此时 1000 人需要化验的总次数为 594 次； 即 2k  时化验次数最多， 3k  时化验次数居中， 4k  时化验次数最少， 而采用方案①需要化验 1000 次， 所以在这三种分组情况下，相比方案①， 4k  时化验次数最多可以平均减少1000 594 406  （次 ) ． 【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望的计算问题，考查运算求解能力，是 中档题． 21.已知函数 ( )f x 满足 2 2 2(1)( ) 2 (0)2 xf f xxf x e    ， 21( ) (1 )2 4 xg x f x a x a        ， xR ． （1）求函数 ( )f x 的解析式； （2）求函数 ( )g x 的单调区间； （3）当 2a  且 1x  时，求证： 1ln lnxe x e a xx     ． 【答案】（1） 2 2( ) 2xf x e x x   ；（2）当 0a  时，函数 ( )g x 的单调递增区间为   ， ， 当 0a  时，函数 ( )g x 的单调递增区间为 ln a  ， ，单调递减区间为 ln a， ；（3）详见 解析. 【解析】 【分析】 - 21 - （1）由已知中 2 2 2(1)( ) 2 (0)2 xf f xxf x e    ，可得 2 2( ) (1) 2 2 (0)xf x f e x f     ， 进而可得 (0) 1f  ， 2(1) 2f e  ，进而得到函数 ( )f x 的解析式； （2）由（1）得： 2 2( ) 2xf x e x x   ，即 21( ) (1 ) ( 1)2 4 xxg x f x a x a e a x           ， ( ) xg x e a ′ ，对 a 进行分类讨论，可得不同情况下函数 ( )g x 的单调区间； （3）令 l( n) ep xx x ， 1 l( n) xeq xx a   ，然后利用导数研究各自单调性，结合单调性 分类去掉 ( )p x 和 ( )q x 的绝对值，再构造差函数，利用导数证明大小. 【详解】（1）∵ 2 2 2(1)( ) 2 (0)2 xf f xxf x e    ， ∴ 2 2( ) (1) 2 2 (0)xf x f e x f      ， ∴ (1) (1) 2 2 (0)f f f     ， 即 (0) 1f  ， 又∵     210 2 ff e  ， 所以 2(1) 2f e  ， 所以 2 2( ) 2xf x e x x   ； （2）∵ 2 2( ) 2xf x e x x   ， ∴ 21( ) (1 ) ( 1)2 4 xxg x f x a x a e a x           ， ∴ ( ) xg x e a ′ ， ①当 0a  时， ( ) 0g x  恒成立，函数 ( )g x 在 R 上单调递增； ②当 0a  时，由 ( ) 0xg x e a    得 lnx a ， 当  lnx a ， 时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递减， 当  lnx a  ， 时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递增， 综上，当 0a  时，函数 ( )g x 的单调递增区间为    ， ， - 22 - 当 0a  时，函数 ( )g x 的单调递增区间为  ln a  ， ，单调递减区间为  ln a， ； （3）令 l( n) ep xx x ， 1 l( n) xeq xx a   ，当 2a  且 1x  时， 由 2 1( ) 0ep x xx      得 ( )p x 在 1, 上单调递减， 所以当1 x e  时， (( 0) )pp ex   ，当 x e 时， ( ) 0p x  ， 而 1 1( ) xq x e x    ， 1 2 0( 1) xq x e x    ， 所以 ( )q x 在 1, 上单调递增， ( ) (1) 0q x q   ， 则 ( )q x 在 1, 上单调递增， ( ) (1) 2 0q x q a    ， ①当1 x e  时， 1( ) ( ) ( ) ( ) ( )xep x q x p x q x e a m xx        ， 1 2( ) 0xem x ex      ，所以 ( )m x 在 1,e 上单调递减， ( ) (1) 1 0m x m e a     ， ( ) ( )p x q x ， ②当 x e 时， 1( ) ( ) ( ) ( ) 2ln ( )xep x q x p x q x x e a n xx           ， 1 2 2( ) xen x ex x     ， 1 2 2 2 2( ) 0xen x ex x       ， 所以 ( ) ( ) 0n x n e   ，所以 ( )n x 递减， ( ) ( ) 0n x n e  ， ( ) ( )p x q x ， 综上， 1ln lnxe x e a xx     ． 【点睛】本题考查函数解析式的求法，考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数证明 不等式，考查逻辑思维能力和运算求解能力，考查分析和转化能力，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． 22.在平面直角坐标系 xOy 中，由 2 2 1x y  经过伸缩变换 2x x y y      得到曲线 1C ，以原点为 极点， x 轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为 4cos  ． （1）求曲线 1C 的极坐标方程以及曲线 2C 的直角坐标方程； （2）若直线 l 的极坐标方程为 ( )R    ，l 与曲线 1C 、曲线 2C 在第一象限交于 P 、Q ， - 23 - 且| | | |OP PQ ，点 M 的极坐标为 (1, )2  ，求 PMQ 的面积． 【答案】（1） 1 :C 2 2 4 1 3sin    ； 2 :C （x﹣2）2+y2＝4；（2） 1 3 ． 【解析】 【分析】 （1）直接利用伸缩变换的应用和参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换求出结果． （2）利用三角俺和你熟关系式的变换和极径的应用及三角形的面积公式的应用求出结果． 【详解】解：（1）平面直角坐标系 xOy 中，由 2 2 1x y  经过伸缩变换 2x x y y      得到曲线 1C ， 得到直角坐标方程为 2 2 14 x y  ． 根据 2 2 2 cos sin x y x y            转换为极坐标方程为 2 2 4 1 3sin    ． 曲线 2C 的极坐标方程为 4cos  ．根据 2 2 2 cos sin x y x y            转换为直角坐标方程为 2 2( 2) 4x y   ． （2）由于 2 2 4 1 3sin        得到： 2 4 1 3sinP   ， 且 4cos        整理得 4cosQ  ． 由于| | | |OP PQ ， 所以 2Q P  ， 故： 2 44cos 2 1 3sin    ，解得 2 22 1sin ,cos3 3    ． 所以 2 4 2 3 1 3sin 3P   ， 4 3 3Q  ． - 24 - 则： 1 1 1| || | sin( ) | || | sin( ) | | sin( )2 2 2 2 2 2PMQ OQM OPM Q PS S S OQ OM OP OM                    1 2 3 3 1 2 3 3 3     ． 【点睛】本题考查的知识要点：伸缩变换的应用，参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间 的转换，三角函数关系式的变换，正弦型函数的性质的应用，极径的应用，三角形的面积公 式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题. 23.已知函数 ( ) | 4 | | 2 4 |f x x x    ． （1）解不等式 ( ) 3f x … ； （2）若 ( )f x 的最大值为 m ，且 2a b c m   ，其中 0a… ， 0b… ， 3c  ，求 ( 1)( 1)( 3)a b c   的最大值． 【答案】（1） 5, 1  ；（2）4． 【解析】 【分析】 （1）根据 ( ) | 4 | | 2 4 |f x x x    ，利用零点分段法解不等式 ( ) 3f x … 即可； （2）先求出 ( )f x 的最大值 m ，然后由 1( 1)( 1)( 3) ( 1)(2 2)( 3)2a b c a b c       ，利用基 本不等式求出 ( 1)( 1)( 3)a b c   的最大值． 【详解】解：（1） ( ) | 4 | | 2 4 |f x x x    ， ( ) 3f x … ，  4 8 3 x x    … … 或 2 4 3 3 x x    „ … 或 2 8 3 x x     … ， 5 1x „ „ ，不等式的解集为 5, 1  ． （2）由题意知 ( )f x 的最大值为 6，故 2 6a b c   ， ( 1) (2a   2) ( 3) 6b c    ， 0a … ， 0b… ， 3c  ， 1 0a   ， 2 2 0b   ， 3 0c   ， 1( 1)( 1)( 3) ( 1)(2 2)( 3)2a b c a b c        - 25 - 31 ( 1) (2 2) ( 3) 42 3 a b c        „ ， 当且仅当 1 2 2 3a b c     ，即 1a  ， 0b  ， 5c  时等号成立， ( 1)( 1)( 3)a b c    的最大值为 4． 【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法和利用基本不等式求最值，考查了分类讨论思想和 转化思想，属于中档题． - 26 -