吉林省延边州2020届高三下学期4月教学质量检测数学（理）试题 Word版含解析

吉林省延边州2020届高三下学期4月教学质量检测数学（理）试题 Word版含解析

- 1 - 吉林省延边州 2020 届高三下学期 4 月教学质量检测 数学（理）试题 一､选择题：本题共 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． 1.已知全集  1,2,3,4,5,6,7,8,9I  ，集合  3,4,5,6A  ，集合  5,6,7,8B  ，则图中阴 影部分所表示的集合为（ ） A.  3,4,7,8 B.  3,4,5,6,7,8 C.  1,2,9 D. { }5,6 【答案】A 【解析】 【分析】 由图象可知阴影部分对应的集合为 ( ) ( )IA B C A B   ，根据集合的运算，即可求解. 【详解】由题意，全集  1,2,3,4,5,6,7,8,9I  ，集合  3,4,5,6A  ，集合  5,6,7,8B  ， 可得 {3,4,5,6,7,8}, {5,6}A B A B   ， 所以 ( ) {1,2,3,4,7,8,9}IC A B  ， 由图象可得阴影部分表示的集合为  ( ) ( ) 3,4,7,8IA B C A B    . 故选：A. 【点睛】本题主要考查了集合基本概念及运算，其中解答中利用图象先确定集合关系是解答 的关键，着重考查了推理与计算能力. 2.复数  21 11 ii   的实部为 a ，虚部为b ，则 a b  （ ） A. 3 B. 2 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】 利用复数的代数形式的乘除运算化简，求得 ,a b 的值，即可求解，得到答案. - 2 - 【详解】由题意，复数      21 1 1 1 1 51 2 21 1 1 2 2 2 2 ii i i i ii i i            ， 所以 1 5,2 2a b   ，则 1 5 22 2a b     . 故选：B. 【点睛】本题主要考查了复数的代数形式的乘除运算，其中解答中熟记复数的四则运算法则， 准确运算是解答的关键，着重考查了计算能力. 3.已知向量  ,1a x r ，  2,b y ，  4,2c  ，满足 //a c   ， a b a  r r r ，则 xy  （ ） A. 81 B. 9 C. 9 D. 81 【答案】D 【解析】 【分析】 利用两个向量平行、垂直的性质，以及向量的坐标运算，求得 ,x y 的值，即可得到答案. 【详解】由题意，向量  ,1a x r ，  2,b y ，  4,2c  ， 因为 //a c   ，可得 1 4 2 x  ，解得 2x  ， 又由 a b a  r r r ，所以  2 2 22 1 2 2 1 0a b a a a b y            r r r r r r ，解得 9y   ， 所以 2( 9) 81xy    . 故选：D. 【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算，以及向量的平行与垂直的性质的应用，着重考查 了推理与计算能力. 4.《九章算术．均输》中有如下问题：“今有五人分十钱，令上二人所得与下三人等，上下 人差均等，问各得几何．”其意思为“已知甲､乙､丙､丁､戊五人分 10 钱，甲､乙两人所得与 丙､丁､戊三人所得相同，且甲､乙､丙､丁､戊所得依次成等差数列，问五人各得多少钱?” （“钱”是古代的一种重量单位）．这个问题中，乙所得为（ ） A. 4 3 钱 B. 7 3 钱 C. 8 3 钱 D. 10 3 钱 【答案】B 【解析】 【分析】 - 3 - 设甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列 na ，公差为 d ，根据题意列出方程，利用等差 数列的通项公式，即可求解. 【详解】设甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列 na ，公差为 d ， 由题意可得 1 3 3 4 5 1 3 3 4 5, 10a a a a a a a a a a         ， 所以 1 1 12 3 9 ,2 5a d a d a d     ，解得 1 8 1,3 3a d   ， 所以 2 8 1 7 3 3 3a    钱. 故选：B. 【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，以及等差数列的实际应用，其中解答中认真 审题，合理利用等差数列的通项公式，列出方程求得 1,a d 是解答的关键，着重考查了分析问 题和解答问题的能力. 5.要得到 sin 2 3y x      的图象，只需将 cos2y x 的图象（ ） A. 向左平移 5 12  个单位长度 B. 向左平移 5 6  个单位长度 C. 向右平移 5 12  个单位长度 D. 向右平移 5 6  个单位长度 【答案】C 【解析】 【分析】 根据三角函数的图象变换和三角函数的诱导公式，即可求解. 【详解】由题意，将函数 cos2y x 的图象向右平移 5 12  个单位长度， 可得 5 5 5)] cos(2 ) sin[(2 ) ] sin(2 )12 6 6 2cos[2( 3x xy x x            ， 即只需将 cos2y x 的图象向右平移 5 12  个单位长度，即可得到 sin 2 3y x      的图象. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的诱导公式的应用，其中解答 中熟记三角函数的图象变换规则是解答的关键，着重考查了推理与运算能力. 6.命题“对  1,2x  ， 2 0ax x a   ”为真命题的一个充分不必要条件是（ ） - 4 - A. 1 2a  B. 1 2a  C. 2a  D. 1 3a  【答案】C 【解析】 【分析】 根据命题为真命题求出命题的等价条件，结合充分不必要条件的定义进行判断，即可求解. 【详解】由题意，命题“对  1,2x  ， 2 0ax x a   ”等价于   21,2 , 1 xx a x     ， 令   2 1 xf x x   ，可得   2 1 11 xf x x x x    ， 又由当  1,2x  ，可得 1 5[2, ]2x x   ，所以   2 1[ , ]5 2f x  ， 要使得   21,2 , 1 xx a x     恒成立，所以 1 2a  ， 则 1 2a  成立的一个充分不必要条件是 2a  . 故选：C. 【点睛】本题主要考查了充分条件和必要条件的判定及应用，其中解答中根据恒成立求得实 数 a 的取值范围是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与计算能力. 7.在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，点 E ､ F ､G 分别为棱 1 1A D 、 1A A 、 1 1A B 的中点，给出下 列四个结论：① 1EF B C ；② 1 //BC 平面 EFG ；③异面直线 FG ， 1B C 所成角的大小为 4  ； ④ 1AC  平面 EFG ．其中所有正确结论的序号为（ ） A. ①② B. ②③ C. ①②③ D. ①②④ 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题意画出图形，利用空间中的直线与直线，直线与平面，平面与平面位置关系，逐一判 定，即可求解. 【详解】如图所示， 对于①中，连接 1AD ，则 1/ /EF BC ，而 1 1BC B C ，则 1EF B C ，所以是正确的； 对于②中，因为 1/ /EF BC ，EF  平面 EFG ， 1BC  平面 EFG ，所以 1 / /BC 平面 EFG ， - 5 - 所以是正确的； 对于③中， 1/ /FG AB ，所以 1AB C 为异面直线 FG 和 1B C 所成角，连接 AC ，可得 1ABC 为等边三角形，所以 1 3AB C   ，即异面直线所成的角为 3  ，所以不正确； 对于④中， 1 1, ,AC EF AC EG EF EG E   ，所以 1AC  平面 EFG ，所以是正确的. 故选：①②④. 【点睛】本题主要考查了空间中的直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系的判定 及应用，其中解答中熟记空间中的线面位置关系的判定定理和性质定理是解答的关键，着重 考查了推理与论证能力. 8.已知圆    2 2: 1 2 2C x y    ，若直线 4y kx  上总存在点 P ，使得过点 P 的圆C 的 两条切线互相垂直，则实数 k 的取值范围是（ ） A. 4 3k   或 0k  B. 3 4k   C. 3 4k   或 1k ³ D. 1k ³ 【答案】A 【解析】 【分析】 直接利用直线和圆的位置关系，由于存在点 P 使圆的两条切线垂直，得到四边形为正方形， 进一步用点到直线的距离公式，列出方程，即可求解. 【详解】由题意，圆    2 2: 1 2 2C x y    ，若直线 4y kx  上总存在点 P ，使得过点 P 的圆C 的两条切线互相垂直， 如图所示， 根据过点 P 的圆 C 的两条切线互相垂直，可得四边形 APBC 为正方形， - 6 - 所以 2 2( 2) ( 2) 2PC    ， 所以只需圆心 (1, 2) 到直线 4y kx  的距离 2 2 4 2 1 kd k     ， 解得 4 3k  或 0k  . 故选：A. 【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，以及点到直线的距离公式的应用，着重考查 了运算能力和转化思想的应用. 9.2013 年 5 月，华人数学家张益唐教授发表论文《素数间的有界距离》，破解了“孪生素数猜 想”这一世纪难题，证明了孪生素数猜想的弱化形式．孪生素数就是指相差 2 的素数对，最 小的 6 对孪生素数是 3,5 ， 5,7 ， 11,13 ， 17,19 ， 29,31 ， 41,43 ．现从这 6 对 孪生素数中取 2 对进行研究，则取出的 4 个素数的和大于 100 的概率为（ ） A. 1 3 B. 1 5 C. 1 6 D. 2 5 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意先找出符合题意的所有基本事件，再找出所求事件中所包含的基本事件，利用古典 概型的概率计算公式，即可求解. 【详解】由题意，从 6 对数据中选出两对，共有 2 6 15C  种不同的选法， 其中符合题意取出 4 个素数的和大于 100 的有{29,31}和{41,43}，{17,19}和{41,43}， - 7 - {11,13}和{41,43}，共有 3 种不同的选法， 所以取出 4 个素数的和大于 100 的概率为 3 1 15 5  . 故选：B. 【点睛】本题主要考查了古典概型的概率计算公式的应用，其中解答中列举出所求事件所包 含的基本事件的个数是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力. 10.已知 1F ， 2F 是双曲线 2 2 2 2 1x y a b   ， 0, 0a b  的两个焦点，以线段 1 2F F 为边作正三 角形 1 2MF F ，若边 1MF 的中点在双曲线上，则双曲线的离心率是（ ） A. 3 1 2  B. 2 3 1 C. 4 2 3 D. 3 1 【答案】D 【解析】 【分析】 先根据双曲线方程求得焦点坐标，进而可求得三角形的高，得到点 M 的坐标，再求得点 N 的 坐标，代入双曲线的方程求得 , ,a b c 的关系，即可求得双曲线的离心率. 【详解】由题意，双曲线 2 2 2 2 1x y a b   的焦点坐标为 1 2( ,0), ( ,0)F c F c ，所以 1 2 2F F c ， 即等边三角形 1 2MF F 的边长为 2c ，所以 1 2MF F 的高为 3c ，即 (0, 3 )M c ， 所以中点 3( , )2 2 c cN  ， 代入双曲线的方程 2 2 2 2 1x y a b   ，可得 2 2 2 2 3 1c c a b   ， 整理可得 2 2 2 2 2 23 4b c a c a b  ， 又由 2 2 2b c a  ，可得 4 2 2 2 2 2 2 43 4 4c a c a c a c a    ， 两边同除 4a ，可得 4 28 4 0e e   ，解得 2 4 2 3e   ， 又因为 1e  ，所以 2 4 2 3e   ，即 3 1e   . 故选：D. - 8 - 【点睛】本题考查了双曲线的几何性质——离心率的求解，其中求双曲线的离心率(或范围)， 常见有两种方法：①求出 ,a c ，代入公式 ce a  ；②只需要根据一个条件得到关于 , ,a b c 的 齐次式，转化为 ,a c 的齐次式，然后转化为关于 e 的方程，即可得 e 的值(范围)． 11.三棱锥 P ABC 内接于半径为 2 的球中， PA  平面 ABC ， 2BAC   ， 2 2BC  ， 则三棱锥 P ABC 的体积的最大值是（ ） A. 4 2 B. 2 2 C. 4 23 D. 3 24 【答案】C 【解析】 【分析】 利用已知条件求出三棱锥的高，然后求解三棱锥的体积的表达式，进而求得体积的最大值， 得到答案. 【详解】由题意，三棱锥 P ABC 内接于半径为 2的球， PA  平面 ABC ， 2BAC   ， 2 2BC  ， 可得棱锥的高为 PA ，则  2 222R BC PA  ，即 216 8 PA  ，解得 2 2PA  , 则三棱锥的体积为 2 21 1 2 2 4 2 3 2 3 3 2 3 AB ACV AB AC PA AB AC            , 当且仅当 2AB AC  时，三棱锥的体积取得最大值 4 23 . 故选：C. 【点睛】本题主要考查了三棱锥体积的求法，几何体外接球的性质，以及基本不等式的综合 应用，，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题. 12.已知函数    2 2 log 1 1 3 8 16, 3 x xf x x x x         若方程 f（x）=m 有 4 个不同的实根 x1，x2，x3， x4，且 x1＜x2＜x3＜x4，则（ 1 2 1 1 x x ）（x3+x4）=（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】C 【解析】 - 9 - 【分析】 画出 f（x）的图象，由对称性可得 x3+x4＝8，对数的运算性质可得 x1x2＝x1+x2，代入要求的式 子，可得所求值． 【详解】作出函数 f（x）  2 2 1 1 3 8 16 3 log x x x x x       ，＜ ， ＞ 的图象如图， f（x）＝m 有四个不同的实根 x1，x2，x3，x4 且 x1＜x2＜x3＜x4，可得 x3+x4＝8， 且|log2（x1﹣1）|＝|log2（x2﹣1）|， 即为 log2（x1﹣1）+log2（x2﹣1）＝0， 即有（x1﹣1）（x2﹣1）＝1， 即为 x1x2＝x1+x2， 可得（ 1 2 1 1 x x  ）（x3+x4）＝x3+x4＝8． 故选 C． 【点睛】本题考查分段函数的图象和应用，考查图象的对称性和对数的运算性质，属于中档 题． 二､填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13.在       5 6 7 81 1 1 1x x x x       的展开式中，含 5x 的项的系数是______ 【答案】 84 【解析】 【分析】 利用二项式定理求得 5x 的系数的表达之，再利用组合数的计算公式，即可求解. 【详解】由题意，在       5 6 7 81 1 1 1x x x x       的展开式中， - 10 - 含 5x 的项的系数为 5 5 5 5 5 5 5 5 5 6 7 8( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 84C C C C         . 故答案为： 84 . 【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，以及组合数的计算，着重考查了推理与计算能 力，属于基础题. 14.在等比数列 na 中，若  5 7 1 34a a a a   ，则 6 2 a a  ______ 【答案】4 【解析】 【分析】 根据等比数列的通项公式和题设条件，求得数列的公比，代入即可求得结果. 【详解】由题意，等比数列 na 中，若  5 7 1 34a a a a   ，可得 45 7 1 3 4a a qa a    ， 又由 5 46 1 2 1 4a a q qa a q    . 故答案为： 4 . 【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式的应用，其中解答中熟记等比数列的通项公式， 准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力. 15.若函数  f x 与  g x 满足：存在实数t ，使得    f t g t ，则称函数  g x 为  f x 的 “友导”函数．已知函数   21 32g x kx x   为函数   2 lnf x x x x  的“友导”函数，则 k 的取值范围是______ 【答案】 2, ； 【解析】 【分析】 首先求出  g x 的导数，由题意可知 21 lnkx x x x   有解，即 1ln 1k x x x    有解，令   1ln 1h x x x x    ，求得  h x 的最值，即可求解. 【详解】由题意，函数   21 32g x kx x   ，可得   1g x kx   ， 因为函数   2 lnf x x x x  的“友导”函数， - 11 - 所以 1ln 1k x x x    有解，即   1ln 1h x x x x    有解， 令   1ln 1h x x x x    ，则   2 11 lnh x x x     ， 设   2 11 lnx x x     ，则   3 1 1 0x x x     ，所以  x 在 (0, ) 上单调递增， 因为   2 11 1 ln1 01      ， 所以当 1x  时，   0h x  ，当 0 1x  时，   0h x  ， 所以  h x 在区间 (0,1) 上单调递减，在区间 (1, ) 单调递增， 所以当 1x  ，函数  min (1) 2h x h  ， 所以 2k  ，即实数 k 的取值范围是[2, ) . 故答案为：[2, ) . 【点睛】本题主要考查了函数的新定义，以及利用导数在函数中的综合应用，其中解答中合 理构造新函数，数列应用导数求解函数的单调性与最值是解答的关键，着重考查了分离参数 思想，构造思想，以及推理与运算能力. 16.数学中有许多形状优美､寓意美好的曲线，曲线 2 2: 1C x y x y   就是其中之一（如图）． 给出下列三个结论： ①曲线C 恰好经过 6 个整点（即横､纵坐标均为整数的点）； ②曲线C 上存在到原点的距离超过 2 的点； ③曲线C 所围成的“心形”区域的面积小于 3． 其中，所有错误结论的序号是______． 【答案】②③ 【解析】 【分析】 - 12 - 将 x 换成 x 方程不变，得到图形关于 y 轴对称，根据对称性，分类讨论，逐一判定，即可求 解. 【详解】将 x 换成 x 方程不变，所以图形关于 y 轴对称， 当 0x  时，代入可得 2 1y  ，解得 1y   ，即曲线经过点 (0,1),(0, 1) ， 当 0x  时，方程变换为 2 2 1 0y xy x    ， 由 2 24( 1) 0x x     ，解得 2 3(0, ]3x ， 所以 x 只能去整数1，当 1x  时， 2 0y y  ，解得 0y  或 1y  ，即曲线经过 (1,0),(1,1) ， 根据对称性可得曲线还经过 ( 1,0),( 1,1)  ， 所以曲线一共经过 6 个整点，所以①是正确的； 当 0x  时，由 2 2 1x y xy   ，可得 2 2 2 2 1 2 x yx y xy     ，当且仅当 x y 时取等号， 所以 2 2 2x y  ，所以 2 2 2x y  ， 即曲线 C 上 y 轴右边的点到原点的距离不超过 2 ， 根据对称性可得：曲线 C 上任意一点到原点的距离都不超过 2 ，所以②不正确； 如图所示，在 x 轴上图形的面积大于矩形 ABCD 的面积： 1 1 2 2S    ， x 轴下方的面积大 于等腰三角形 ABE 的面积： 2 1 2 1 12S     ，所以曲线 C 所围成的“心形”区域的面积大于 2 1 3  ，所以③不正确的. 故选：②③. 【点睛】本题主要考查了命题的真假判定及应用，以及曲线与方程的应用，其中解答中合理 利用图形的对称性，逐一判定是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能 - 13 - 力. 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：60 分． 17.在锐角 ABC 中，内角 A ， B ，C 的对边分别为 a ，b ， c ，且 3sin cos cos sin 2a B B b A B c  ． （1）若 2 3 6a c  ，求边b 的大小； （2）若 1cos cos 4A C  且 2 3b  ，求 ABC 的面积． 【答案】（1） 7 （2）3 3 【解析】 【分析】 （1）利用正弦定理和三角恒等变换的公式，化简整理得 3sin sin sin2B C C ，求得sin B 的 值，进而得到 cos B 的值，最后利用余弦定理，即可求解. （2）根据题设条件，求得 3sin sin 4A C  ，再利用正弦定理，求得 2b ac ，得到 12ac  ， 利用三角形的面积公式，即可求解. 【详解】（1）由题意，在 ABC 中，因为 3sin cos cos sin 2a B B b A B c  ， 由正弦定理，可得 3sin sin cos sin cos sin sin2A B B B A B C  ， 即   3sin sin cos cos sin sin2B A B A B C  ，即   3sin sin sin2B A B C  ， 又由 A B C    ，所以  sin sinA B C  ，所以 3sin sin sin2B C C ， 在锐角 ABC 中，可得 , (0, )2B C  ,所以 sin 0,cos 0C B  ，所以 3sin 2B  ， 由三角函数的基本关系式，可得 2 1cos 1 sin 2B B   ， - 14 - 又由已知得 3a  ， 2c  ，所以 2 2 2 2 cos 7b a c ac B    ，解得 7b  . （2）由   1cos cos cos sin sin cos 2A C A C A C B       ， 因为 1cos cos 4A C  ，所以 3sin sin 4A C  ， 由正弦定理得 sin sin sin a b c A B C   ，可得 2 2sin sin sin ac b A C B  ， 所以 2 3 3 4 4 ac b ，整理得 2b ac ， 又因为 2 3b  ，可得 2 12b  ，即 12ac  ， 所以 1 1 3sin 12 3 32 2 2ABCS ac B      ． 【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三 角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解 是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题. 18.已知 ABC 中， 90ABC  ， 2 6AC  ， 2 2BC  ， D ， E 分别是 AC ， AB 的 中点，将 ABC 沿 DE 翻折，得到如图所示的四棱锥 P BCDE ，且 120PEB   ，设 F 为 PC 的中点． （1）证明： BC DF ； （2）求直线 PD 与平面 PBC 所成角的的正弦值． 【答案】（1）证明见解析（2） 6 6 【解析】 【分析】 （1）取 BC 的中点G ，连接 DG ， FG ，得到四边形 BGDE 是平行四边形，得出 //DG BE ， - 15 - //DE BC ，从而 DE BE ， DE PE ，证得 DE  平面 PBE ， BC ⊥平面 PBE ，进而利用 线面垂直的判定定理，证得 BC ⊥平面 DFG ，即可得到 BC DF ． （2）以 E 为坐标原点， ED 为 x 轴， EB 为 y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 E xyz ， 求得向量 PD  和平面 PBC 的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）取 BC 的中点G ，连接 DG ， FG ，可得 DE BG ，且 //DE BG ， 所以四边形 BGDE 是平行四边形，所以 //DG BE ， 因为 D ， E 分别是 AC ， AB 的中点，所以 //DE BC ， 因为 90ABC  ，所以 DE BE ， DE PE ， 又因为 PE BE E  ，且 PE ， BE  平面 PBE ， 所以 DE  平面 PBE ，所以 BC ⊥平面 PBE ， 因为 PB  平面 PBE ，所以 BC PB ， 因为 ,F G 分别为 ,PC BC 的中点，故 //FG PB ， 所以 BC FG ，又 BC BE ， //DG BE ，所以 BC DG ． 又因为 FG DG G ，又 FG ， DG  平面 DFG ，所以 BC ⊥平面 DFG ， 又由 DF  平面 DFG ，所以 BC DF ． （2）由（1）知： DE  平面 PBE ，以 E 为坐标原点， ED 为 x 轴， EB 为 y 轴，建立如图所 示的空间直角坐标系 E xyz ， 因为 120PEB  ，可得 30PEH   ， 在 ABC 中， 90ABC  ， 2 6AC  ， 2 2BC  ， 可得 2 2 4AB AC BC   ，所以 2PE  ， 2ED  ， 所以点 P 到 z 轴的距离为 1， 可得  0, 1, 3P  ，  2,0,0D ，  0,2,0B ，  2 2,2,0C ， 则  0,3, 3PB   ，  2 2,0,0BC  ，  2,1, 3PD   ， - 16 - 设平面 PBC 的法向量为  , ,n x y z ， 所以 3 3 0 2 2 0 n PB y z n BC x           ，解得 3 0 z y x    ，令 1y  ，可得  0,1, 3n  ， 设直线 PD 与平面 PBC 所成的角为 ． 则 2 6sin cos , 62 6 n PDn PD n PD            ， 即直线 PD 与平面 PBC 所成的角的正弦值为 6 6 ． 【点睛】本题考查了线面位置关系的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的 空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密 推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向 量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. 19.某村为了脱贫致富，引进了两种麻鸭品种，一种是旱养培育的品种，另一种是水养培育的 品种．为了了解养殖两种麻鸭的经济效果情况，从中随机抽取 500 只麻鸭统计了它们一个季 度的产蛋量（单位：个），制成了如图的频率分布直方图，且已知麻鸭的产蛋量在 85,105 的 频率为 0.66． （1）求 a ，b 的值； - 17 - （2）已知本次产蛋量近似服从  2~X N  ， （其中  近似为样本平均数， 2 似为样本方 差）．若本村约有 10000 只麻鸭，试估计产蛋量在 110~120 的麻鸭数量（以各组区间的中点值 代表该组的取值）． （3）若以正常产蛋 90 个为标准，大于 90 个认为是良种，小于 90 个认为是次种．根据统计 得出两种培育方法的 2 2 列联表如下，请完成表格中的统计数据，并判断是否有 99.5%的把握 认为产蛋量与培育方法有关． 良种 次种 总计 旱养培育 160 260 水养培育 60 总计 340 500 附：  2,X N   ，则   0.6827P X        ，  2 2 0.9545P X        ，  3 3 0.9973P X        ．        2 2 n ad bcK a b c d a c b d      ，其中 n a b c d    ．  2 0P K k 0.150 0.100 0.050 0.025 0.010 0.005 0.001 0k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 【答案】（1） 0.042a  ， 0.02b  （2）1359 只（3）见解析，有 99.5%的把握认为产蛋量与 培育方法有关． 【解析】 【分析】 （1）利用频率分布直方图求出对应的频率值，进而求得 ,a b 的值； - 18 - （2）根据题意计算 2,  的值，利用正态分布的性质，即可求解  110 120P X  ，进而求 得对应的数值； （3）根据题意补充 2 2 的列联表，计算 2K 的值，对照临界值表，即可得到结论. 【详解】（1）由频率分布直方图，可得产蛋量在 85,105 的频率为 0.66，可得产蛋量在 85,105 的麻鸭数量为 500 0.66 330  （只）． 所以产蛋量在 75,85 的麻鸭数量为 0.006 10 500 30   （只） 产蛋量在 85,95 的麻鸭数量为 0.024 10 500 120   （只） 产蛋量在 115,125 的麻鸭数量为 0.008 10 500 40   （只） 所以  330 120 500 10 0.042a      ，  500 330 30 40 500 10 0.02b        . （2）由平均数的计算公式，可得：  1 80 30 90 120 100 210 110 100 120 40 100500                     2 2 2 22 1 [30 100 80 120 100 90 210 100 100 100 100 110500                240 100 120 ] 100    ，即 10  ， 又由    1110 120 [ 100 2 10 100 2 102P X P X           1100 10 100 10 ] (0.9544 0.6827) 0.13592P X        ， 所以 10000 只麻鸭中估计产蛋量在 110~120的麻鸭数量为 0.1359 10000 1359  （只） （3）根据题意，得到 2 2 列联表： 良种 次种 总计 旱养培育 100 160 260 水养培育 60 180 240 总计 160 340 500 - 19 - 所以  2 2 500 100 180 60 160 10.393 7.879260 240 160 340K         ， 所以有 99.5%的把握认为产蛋量与培育方法有关． 【点睛】本题主要考查了频率分布直方图和独立性检验的应用，以及正态分布曲线的性质的 应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及运算能力. 20.已知函数   ln af x x xx    ． （1）若 1a  ，求曲线  f x 在点   1, 1f 处的切线方程； （2）对任意的 1 ,2x      ，   2exxf x x  恒成立，请求出 a 的取值范围． 【答案】（1） 1y x  （2） 1 2 1 1e ln2 2a   【解析】 【分析】 （1）求出函数的导数，当 1a  时，可求 (1)f  、 (1)f ，根据点斜式求出切线方程． （2）利用参变分类法，已知对任意的 1 ,2x      ，   2exxf x x  恒成立，即 e lnxa x x  对任意的 1 ,2x      恒成立，将问题转化为求函数 ( ) e lnxv x x x  在给定的区间上的最小 值． 【详解】解：（1）因为 1a  ，所以 2 1 1( ) 1f x x x     ， (1) 1f   ， (1) 2f  ， 所以切线方程为 1y x  ． （2）不等式 2( ) exxf x x  ，对任意的 1 ,2x      恒成立， 即 e lnxa x x  对任意的 1 ,2x      恒成立． 令 ( ) e lnxv x x x  ，则 ( ) e ln 1xv x x    ，令 ( ) e ln 1xx x    ，则 1( ) exx x    ， 易知 ( )x  在 1 ,2     上单调递增， - 20 - 因为 1 21 e 2 02         ， (1) e 1 0    ，且 ( )x  的图象在 1 ,12      上连续， 所以存在唯一的 0 1 ,12x     ，使得 0( ) 0x  ，即 0 0 1e 0x x   ，则 0 0lnx x  ． 当 0 1 ,2x x    时， ( )x 单调递减；当 0( , )x x  时， ( )x 单调递增． 则 ( )x 在 0x x 处取得最小值， 且最小值为 0 0 0 0 0 0 0 1 1( ) e ln 1 1 2 1xx x x xx x           1 0  ， 所以 ( ) 0v x  ，即 ( )v x 在 1 ,2     上单调递增， 所以 1 2 1 1e ln2 2a   ． 【点睛】本题考查导数的几何意义，及利用导数取函数的最值问题，属于中档题． 21.已知椭圆  2 2 2: 1 103 x yC aa    的右焦点 F 在圆  2 2: 2 1D x y   上，直线  : 3 0l x my m   交椭圆于 M ， N 两点． （1）求椭圆C 的方程； （2）若OM ON  （O 为坐标原点），求 m 的值； （3）设点 N 关于 x 轴对称点为 1N （ 1N 与点 M 不重合），且直线 1N M 与 x 轴交于点 P ，试 问 PMN 的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 2 2 112 3 x y  ；（2） 11 2m   ；（3）存在，最大值为 1. 【解析】 【分析】 （1）由圆  2 2: 2 1D x y   ，令 0y  ，求得 3c  或 1c  ，进而求得 2a 的值，得到椭圆 的标准方程； （2）把直线 MN 的方程与椭圆的方程联立方程组，利用根与系数的关系，结合 OM ON  ， - 21 - 列出方程，求得 m 的值，即可得到结论； （3）由椭圆的对称性可得  1 1,M x y ，  1 2 2,N x y 得出 MN 的直线方程，求得与 x 轴的交点 所以 P ，得到 1FP  ，利用三角形的面积公式和基本不等式，即可求解. 【详解】（1）由题意，圆  2 2: 2 1D x y   ，令 0y  ，解得 3x  或 1x  ， 即圆 D 与 x 轴交点分别为 3,0 ， 1,0 ，所以 3c  或 1c  ， 又由 2 3b  ，因为 2 2 2a b c  ，所以 2 12a  或 2 4a  ， 又因为 10a  ，所以 2 12a  ，故椭圆方程是 2 2 112 3 x y  . （2）设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ， 联立方程组 2 2 3 112 3 x my x y     ，整理得  2 24 6 3 0m y my    ， 所以 1 2 2 6 4 my y m    ， 1 2 2 3 4y y m   ，则 2 1 2 1 2 2 36 12( 3)( 3) 4 mx x my my m      ， 因为OM ON  ，可得 0OM ON   ，所以 1 2 1 2 0x x y y  ， 代入可得 2 2 2 2 2 36 12 3 36 12 3 04 4 4 m m m m m         ，解得 2 11 4 m ， 所以 11 2m   ，即 m 为定值. （3）由椭圆的对称性可得  1 1,M x y ，  1 2 2,N x y ， 所以直线 1MN 的方程为 1 1 2 1 2 1 y y x x y y x x     ， 令 0y  ，可得    1 2 1 1 2 1 2 1 1 2 1 2 2 3 4P y x x my y y yx xy y y y        ， 所以 (4,0)P ，得到 1FP  . 所以     2 2 1 2 1 2 1 2 2 22 1 1 1 36 1242 2 2 44 ABC mS FP y y y y y y mm           △ - 22 -     2 22 2 2 1 12 3 2 3 194 1 61 m m m m        ， 当且仅当  2 2 91 1m m    时，即 2m   时取等号，所以 PMN 的面积最大值为 1. 【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解 答此类题目，通常联立直线方程与椭圆方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解， 此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、 运算求解能力、分析问题解决问题的能力等. （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.在直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的参数方程为 1 cos sin x y       （ 为参数），曲线 2C 的参数 方程为 3 1 3 x t y t      （ t 为参数），以坐标原点O 为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系． （1）求曲线 1C ， 2C 的极坐标方程； （2）若射线  : 0l     分别交 1C ， 2C 于 A ， B 两点，求 OA OB 的最大值． 【答案】（1） 2cos  ， 3 cos sin 4 0      （2） 2 3 4  【解析】 【分析】 （1）直接利用转换关系，把参数方程、直角坐标方程和极坐标方程进行转换，即可求解； （2）利用极径的应用和三角函数关系式的恒等变换，以及正弦型函数的图象与性质，即可求 解. 【详解】（1）由曲线 1C 的参数方程为 1 cos sin x y       （ 为参数），可得 1 cos sin x y       （ 为 参数）， 平方相加可得 2 21 1x y   ，即曲线 1C 的普通方程为 2 2 2 0x y x   ， 又由 cos , sinx y     ，代入可得曲线 1C 的极坐标方程为 2cos  ， - 23 - 由曲线 2C 的普通方程为 3 4 0x y   ，可得极坐标方程为 3 cos sin 4 0      . （2）射线l 分别交 1C ， 2C 于 A ， B 两点， 则 1 2cosOA    ， 2 4 3 cos sin OB       ，  1 2 2cos 3cos sin2cos 4 4 3cos sin OA OB               2 2 3 1 32cos 1 2sin cos3cos sin cos 2 2 2 2 2           3 1 3cos2 sin 2 1 32 2 2 sin 22 2 3 4             ， 所以当 12   时，可得 max 2 3 4 OA OB       ． 【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，直角坐标方程与极坐标方程之间的互化，以 及极坐标和正弦型函数的图象与性质的综合应用，着重考查了推理与运算能力，以及转化思 想的应用. 23.设函数   2 3 1f x x x    ． （1）解不等式   4f x  ； （2）若存在 0 3 ,12x      使不等式  01a f x  成立，求实数 a 的取值范围． 【答案】（1）    , 2 0,   （2） 7 3, ,2 2             【解析】 【分析】 （1）去掉绝对值号，得到分段函数，进而分类讨论求解不等式   4f x  的解集，得到答案； （2）由存在 0 3 ,12x      使不等式  01a f x  成立，转化为 min1 [ ( )]a f x  ，即可求解. - 24 - 【详解】（1）由题意，函数   33 2, 2 32 3 1 4, 12 3 2, 1 x x f x x x x x x x                  ， 又由   4f x  ，可得 3 2 3 2 4 x x       或 3 12 4 4 x x       或 1 3 2 4 x x     ， 解得 2x   或 0 1x  或 1x  ， 综上可得，不等式   4f x  的解集为    , 2 0,   . （2）由题意，存在 0 3 ,12x      使不等式  01a f x  成立，即 min1 [ ( )]a f x  由（1）知， 3 ,12x      时，   4f x x  ，所以 3 2x   时， min 5[ ( )] 2f x  则 51 2a   ，解得 3 2a  或 7 2a   ， 所以实数 a 的取值范围为 7 3, ,2 2             . 【点睛】本题主要考查了含绝对值的不等式的解法及应用，其中解答中把问题转化为不等式 的恒成立问题，结合函数的最值求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算 能力. - 25 -