2021届贵州省遵义市高三上学期第一次联考理科数学试题及答案解析

2021届贵州省遵义市高三上学期第一次联考理科数学试题及答案解析

2021 届贵州省遵义市高三上学期第一次联考理科数学试题 一、单选题 1．已知复平面内点 M，N 分别对应复数 1 2 iz   和 2 1 iz   ，则向量 MN  的模长为（ ） A．1 B． 3 C． 5 D．3 2．袋子中装有形状和大小完全相同的五个小球，每个小球上分别标有“1”“2”“3”“4”“6” 这五个数，现从中随机选取三个小球，则所选的三个小球上的数恰好能构成一个等差数列的概率是 （ ） A． 3 10 B． 1 5 C． 1 10 D． 1 20 3．已知 31 2a      ， 20.3b  ， 1 2 log 2c  ，则 a，b，c 的大小关系（ ） A．a>b>c B．a>c>b C．c>b>a D．b>a>c 4．如下折线图统计了 2020 年 2 月 27 日至 2020 年 3 月 11 日共 14 天全国（不含湖北）新冠肺炎新 增确诊人数和新增疑似人数，2020 年 2 月 27 日至 2020 年 3 月 11 日记为  t t N  的取值，对应 如下表， 日期 2.27 2.28 2.29 3.01 3.02 3.03 3.04 3.05 3.06 3.07 3.08 3.09 3.10 3.11 t 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 增确诊人数记为  f t ，新增疑似人数记为  g t ，则下列结论正确的是（ ） A．  f t 与  g t 值域相同 B．    9 11f g C．存在    0 0 0,t f t g t D．任意    ,t f t g t 5．执行如图所示的程序框图，若输入 4N  ，则输出的数等于（ ） A． 5 4 B． 4 5 C． 5 6 D． 6 5 6．在 ABC 中，G 是 ABC 的重心，且 3 03aGA bGB cGC      ，其中 a ，b ，c 分别是角 A ， B ，C 的对边，则 A  （ ） A．30° B．60° C．120° D．150° 7．已知实数 0p  ，直线 4 3 2 0x y p   与拋物线 2 2y px 和圆 2 2 2 2 4 p px y      从上到下 的交点依次为 A，B，C，D，则 AC BD 的值为（ ） A． 1 8 B． 5 6 C． 3 8 D． 7 16 8．已知偶函数  f x 的图象如图所示（网格中小正方形边长为1），则    g x f f x    的图象可 能是（ ） A． B． C． D． 9．函数  ln | | 1y x x  的图象大致是( ) A． B． C． D． 10．已知 ABC 中，内角 A，B，C 所对边的边长分别为 a，b，c，且 7 2c  ， 11 2 a b = ， 3 tan tan tan tan 3A B A B    ，则 ABC 的面积为（ ） A． 3 2 B． 3 3 2 C．3 D．3 3 11．已知集合   | lg 3A x y x   ，  | 2B x x  ，则下列结论正确的是（ ） A． 3 A  B．3 B C． A B B D． A B B  12．已知四面体 ABCD 中，棱 AD ， BC 所在直线所成角为 60，且 1AD  ， 2BC  ， 60ACD   ，面 BAD 和面 ACD 所成的锐二面角为 ，面 BAC 和面 ACD 所成的锐二面角为  ， 当四面体 ABCD 的体积取得最大值时（ ）. A．  B．  C．  D．不能确定 二、填空题 13．若数列 na 满足 2 1 3 2 1 1 1 1 2 2 2n na a a a a a         ，则称数列 na 为“差半递增”数 列.若数列 na 为“差半递增”数列，且其通项 na 与前 n 项和 nS 满足  *2 2 1n nS a t n N    ，则 实数 t 的取值范围是______. 14．三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，AB BC AC  ，侧棱 1AA ⊥底面 ABC ，且三棱柱的侧面积为 6 3 . 若该三棱柱的顶点都在球O 的球面上，则球O 体积的最小值为______. 15．已知实数 x ， y 满足不等式组 2 0 3 0 2 6 x y x y x y          ，则 2z x y  的最小值为__________． 16．若二项式 1(2 ) nx x  展开式中的第 5 项为常数项，则展开式中各项的二项式系数之和为 __________. 三、解答题 17．已知：在 ABC 中，内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ,且 2cos cos 3a B b A c      ． （1）求角 A ； （2）设 3a  ，求 ABC 周长的取值范围． 18．已知椭圆   2 2 2 2 1 0x y a ba b     的短轴长为 2 ，且椭圆的一个焦点在圆    2 22 3 18x y    上. （1）求椭圆的方程； （2）已知椭圆的焦距小于 4 ，过椭圆的左焦点 F 的直线l 与椭圆相交于 ,A B 两点，若 3AF FB ， 求 .AB 19．如图，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， ,E F 分别为 AB 与 1BB 的中点. （Ⅰ）求证： EF  平面 1 1A D B ； （Ⅱ）求二面角 F DE C  的正切值． 20．在平面直角坐标系 xOy 中，已知曲线 C 的参数方程为： 1 2cos 2sin x y       （ 为参数），直线  : 0l y kx k  ，以坐标原点O 为极点， x 轴为极轴建立极坐标系. （1）求曲线C 的极坐标方程； （2）若直线l 与曲线C 交于 A ， B 两点，求 OA OB 的取值范围. 21．随着运动 app 和手环的普及和应用，在朋友圈、运动圈中出现了每天 1 万步的健身打卡现象， “日行一万步，健康一辈子”的观念广泛流传.“健步达人”小王某天统计了他朋友圈中所有好友 （共 500 人）的走路步数，并整理成下表： 分组（单 位：千步） [0,4) [4,8) [8,12) [12,16) [16,20) [20,24) [24,28) [28,32] 频数 60 240 100 60 20 18 0 2 （1）请估算这一天小王朋友圈中好友走路步数的平均数（同一组中数据以这组数据所在区间中点 值作代表）； （2）若用 A 表示事件“走路步数低于平均步数”，试估计事件 A 发生的概率； （3）若称每天走路不少于 8 千步的人为“健步达人”，小王朋友圈中岁数在 40 岁以上的中老年人 共有 300 人，其中健步达人恰有 150 人，请填写下面 2 2 列联表.根据列联表判断，有多大把握认 为，健步达人与年龄有关？ 健步达人 非健步达人 合计 40 岁以上 不超过 40 岁 合计 附： 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d      .  2P K k… 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 22．已知函数 ( )f x ax lnx  ， (0x ， ]e ， ( ) lnxg x x  ，其中 e 是自然对数的底数， a R ． （1）当 1a  时，求 ( )f x 的单调区间； （2）设函数 ( ) lnF x x x ax a   . ①求函数 ( )F x 在区间[1， ]e 上的最大值； ②求证： 1a  是函数 ( )F x 有两个零点的充分条件． 23．完成下列证明： （Ⅰ）求证： 2x y  52 4x y x    ； （Ⅱ）若 1 2m  ，求证： 2 1 1 3 4 2 4 1 2m m m     . 【答案与解析】 1．C 先由复数的代数形式，求得其对应的点的坐标，再由向量的模的公式，求得模长 由 M，N 分别对应复数 1 2 iz   和 2 1 iz   ，得 (2,1), (1, 1)M N  ，则 ( 1, 2)MN    ， 则 2 2( 1) ( 2) 5MN      . 故选：C. 本题考查了根据复数的代数形式，求其对应的点的坐标，还考查了向量的模的公式，属于容易题. 2．A 找出五个数中成等差数列的数组数，求出基本事件个数，求比值即可. “1”“2”“3”“4”“6”这五个数中成等差数列的数有“1,2,3”，“2,3,4”，“2,4,6”三组，从五个数中随机 选取三个小球有 3 5 =10ð ，故所求概率为 3 10P  . 本题考查主要考查古典概型的应用. 3．D 利用指数、对数的运算和指数函数的单调性判断. 因为 31 1 2 8a      ， 2 00.3 0.3 1b    ， 1 2 log 2 1c    ， 所以 b>a>c 故选：D 本题主要考查指数、对数和幂的大小比较，属于基础题. 4．D 根据折线图及函数的概念，逐项分析即可求解. 由图象可知，  f t 与  g t 值域显然不相同，故 A 错误；    9 =30 11f g ，故 B 错误； ( )f t 的最大值小于 ( )g t 的最小值，所以不存在 0t ，使得    0 0f t g t 且任意    ,t f t g t 成立， 故 C 错误，D 正确. 故选：D 本题主要考查了函数图象的识别，利用函数图象处理实际问题，属于中档题. 5．B 模拟执行循环体的过程，即可得到结果. 根据程序框图，模拟执行如下： 4, 1, 0N k S   1 2S  ，满足 4k  ， 2k  2 3S  ，满足 4k  ， 3k  3 4S  ，满足 4k  ， 4k  4 5S  ，不满足 4k  ，输出 4 5S  . 故选：B. 本题考查程序框图中循环体的执行，属基础题. 6．A 根据重心的向量关系 0GA GB GC      ，结合题意有 3 3a b c  ，根据余弦定理即可求解. 在 ABC 中，G 是 ABC 的重心，根据三角形重心性质有 0GA GB GC      ， 由题： 3 03aGA bGB cGC      ，所以 3 3a b c  ， 由余弦定理得 2 2 2 2 2 3cos 2 232 3 b c a cA bc c      ， 在 ABC 中， 30A   故选：A 此题考查三角形重心的向量表示，根据三角形边的关系利用余弦定理求三角形的内角. 7．C 设  1 1,A x y ，  2 2,D x y ，抛物线的焦点为 F ，由题得| | | | 2 pBF CF  ．由抛物线的定义得： 1 1| | | | | | 2 2 p pAC AF CF x x p       ，同理得 2| |BD x p  ．联立直线 4 3 2 0x y p   与抛物线 2 2y px 且消去 x 解出 1 2 py  ， 2 2y p  ，所以 1 8 px  ， 2 2x p ，进而得到答案． 解：设  1 1,A x y ，  2 2,D x y ，易知 1 2x x ，抛物线的焦点为 F，由题意得 2 pBF CF  ， 由抛物线的定义得： 1 12 2 p pAC AF CF x x p       ，同理得 2BD x p  . 联立直线 4 3 2 0x y p   与抛物线 2 2y px 消去 x 得： 2 22 3 2 0y py p   ， 解得： 1 2 py  ， 2 2y p  ，所以 1 8 px  ， 2 2x p ， 所以 9 38 3 8 pAC BD p   . 故选：C. 解决此类题目的关键是对抛物线的定义要熟悉，即抛物线上的点到定点的距离与到定直线的距离相 等，属于中档题． 8．D 设函数  y f x 的两个零点分别为 0x 、  0 0 1x x  ，利用复合函数法以及奇偶性求出函数  y g x 的单调区间，并结合最值可判断出函数  y g x 的图象. 设函数  y f x 的两个零点分别为 0x 、  0 0 1x x  ， ①当 0x x  时，   0f x  ，内层函数  u f x 单调递增，外层函数  y f u 单调递增，此时， 函数  y g x 单调递增； ②当 0 0x x   时，   0f x  ，内层函数  u f x 单调递增，外层函数  y f u 单调递减，此 时，函数  y g x 单调递减. 又        g x f f x f f x g x           ，函数  y g x 是偶函数，所以函数  y g x 的单 调增区间为 0, x  和 00, x ，单调递减区间为 0,0x 和 0,x  .        0 0max 0 1g x g x f f x f      （或    0maxg x g x  ），故选：D. 本题考查函数图象的识别，一般从函数的以下几个方面来进行排除：（1）定义域；（2）奇偶性；（3） 单调性；（4）零点；（5）特殊函数值符号. 9．A 根据奇偶性的定义，可判断函数  f x 是奇函数；然后再分段判断当  1x  ， 时，  ' 0f x  ， 函数  f x 单调递增；当  01x ， 时，  ' 0f x  ，函数  f x 单调递减；结合选项，即可求出结 果. 设      ln | | 1 0f x x x x  ， ，则      ln | | 1f x x x f x       ，所以  f x 是奇函数； 当 0x  时，    ln 1f x x x  ，所以   n' lf x x ，所以当  1x  ， 时，  ' 0f x  ，函数  f x 单调递增；当  01x ， 时，  ' 0f x  ，函数  f x 单调递减；结合选项可知，函数  ln | | 1y x x  的图象大致是 A. 故选：A. 本题主要考查了函数的奇偶性和单调性的应用，考查了数形结合能力，属于基础题. 10．B 利用和差公式得到 2 3A B   ，利用余弦定理得到 6ab  ，再计算面积得到答案. 3 tan tan tan tan 3A B A B    ，故   tan tantan 31 tan tan A BA B A B     ， 故 2 3A B   ，故 3C  . 根据余弦定理： 2 2 2 2 cosc a b ab C   ，即  249 34 a b ab   ，故 6ab  . 1 sin 3 3 22S ab C  . 故选： B . 本题考查了和差公式，余弦定理，面积公式，意在考查学生的综合应用能力. 11．C 试题分析：     | lg 3 | 3A x y x x x      ，  | 2B x x  ，故 A 选项错误，B 选项错误， B A ，所以 A B B  ，故 C 选项正确， A B A  ，D 选项错误，故选 C. 考点：1.函数的定义域；2.集合间的包含关系 12．A 利用余弦定理及基本不等式，求出 1AC CD  ，进而得到当 ACD 为等边三角形时， ACD 的 面积取到最大值，再根据面面垂直的性质定理及二面角的定义，即可得到结果. 2 2 2 cos 2 AC CD ADACD AC CD     ，即 2 2 21cos60 2 AC CD AC CD     ， 整理得 2 2 2 21 2 1AC CD AC CD AC CD       ， 解得 1AC CD  ，当且仅当 1AC CD  时，等号成立， 所以， 1 1 3 3sin 60 1 12 2 2 4ACDS AC CD        △ ， 所以，当 ACD 为等边三角形时， ACD 的面积取到最大值. 过C 作CE ∥ AD ，且CE AD ，连接 ED ， BE ， 则四边形 ACED 为菱形， 因为 AD ， BC 所在直线所成角为 60，所以 60BCE   ， 当面 BCE  面 ACD 时，四面体 ABCD 的高取得最大值， 2 2 2 cos 2 BC CE BEBCE BC CE     ，即 2 2 22 1cos60 2 2 1 BE     ，解得 3BE  ， 因为  2 2 23 1 2  ，即 2 2 2BE CE BC  ，所以 90BEC  ，即 BE EC ， 又因为面 BCE  面 ACD EC ，所以 BE面 ACD ， 过 E 作 EF AD 交 AD 于点 F ，过 E 作 EP  AC 交 AC 于点 P ， 连接 BF ， BP ，则 BF AD ， BP AC ， 所以 BFE 为面 BAD 和面 ACD 所成的二面角， BPE 为面 BAC 和面 ACD 所成的锐二面角， 即 =BFE Ð ， =BPE  ， 因为 90FED CED   ， 90PEC CED   ，所以 FED PEC   ， 又因为 ED EC ，所以 tan tanED FED EC PEC     ，即 EF EP ， 所以 BE BE EF PE  ，即 tan tan  ，所以  . 故选：A. 本题考查了余弦定理的应用、异面直线所成的角、面面垂直的性质定理及二面角的定义，其中涉及 到基本不等式的应用，考查了学生的逻辑推理能力，综合性较强，难度较大. 13． 1, 2     根据 2 2 1n nS a t   ,利用递推公式求得数列 na 的通项公式.再根据新定义的意义,代入解不等式 即可求得实数 t 的取值范围. 因为  *2 2 1n nS a t n N    所以当 2n  时, 1 12 2 1n nS a t    两式相减可得 12 2n n na a a   ,即 1 2n n a a   ,所以数列 na 是以公比 2q = 的等比数列 当 1n  时, 1 1 2a t  所以   11 2 2n na t    则    1 2 2 1 1 1 31 2 2 1 2 2 3 22 2 2 n n n n na a t t t                     1 1 1 1 1 31 2 2 1 2 2 3 22 2 2 n n n n na a t t t                由“差半递增”数列的定义可知 2 13 33 2 3 22 2 n nt t               化简可得 3 33 2 32 2t t      解不等式可得 1 2t < 即实数 t 的取值范围为 1, 2     故答案为: 1, 2     本题考查了数列递推公式的简单应用,等比数列通项公式在新定义里的应用,属于中档题. 14． 8 2 3  根据三棱柱侧面积可得到三棱柱底面三角形边长和三棱柱高的关系，根据外接球的性质和勾股定理 可表示出球的半径，利用基本不等式求得半径的最小值，根据球的体积公式求得结果. 设 2AB BC AC a   ，三棱柱高为 h 1AA  底面 ABC 三棱柱侧面积 6 6 3S ah  3h a   取 BC 中点 D ，作 OG 平面 ABC 于点G ，则G 为 ABC 的中心且 2 3AG AD 2 22 2 343 3AG a a a    ，又 3 2 2 hOG a   球O 的半径 2 2 2 2 2 2 4 3 4 32 23 4 3 4R OA AG OG a aa a         （当且仅当 2 2 4 3 3 4 a a  ，即 3 2a  时取等号） 球O 体积的最小值  3 min 4 8 223 3V     故答案为： 8 2 3  本题考查棱柱外接球体积最值的求解问题，关键是能够利用基本不等式求得外接球半径的最小值， 进而代入球的体积公式求得结果. 15．-6 由题得不等式组对应的平面区域为如图所示的△ABC,当直线 1 2 2 zy x  经过点 A(0，3)时，直线 的纵截距 2 z 最大，z 最小.所以 min 0 2 3 6.z      故填-6. 16．64 4 4 4 4 5 1(2 ) ( ) 2n n nT C x C x    4 6n nx  ，令 6 0n   ，解得 n ．再利用展开式中各项的二项式系数之和 为 2n ，即可得出． 4 4 4 4 5 1(2 ) ( ) 2n n nT C x C x    4 6n nx  ， 令 6 0n   ，解得 6n  ． 展开式中各项的二项式系数之和为 62 64 ． 故答案为：64． 本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 17．（1） 3A  ；（2） (6,9]． （1）根据已知条件结合正弦定理，将条件等式化边为角，再由三角恒等变换化简，即可求出角 A ； （2）要求 ABC 周长范围，即求b c 范围，由 a 边和 A 角，结合正弦定理，将 ,b c 边化成角， 再把C 用 B 表示，由三角恒等变换把b c 化为关于 B 的正弦型函数，根据正弦函数的性质，即可 求出结论. （1）由正弦定理得 2sin cos sin cos sin3A B B A C      ， 即 2sin cos sin cos sin( )3A B B A A B       sin cos sin cosA B B A  ， 0 ,sin 0B B   ，∴ 2cos cos3 A A     ， 1 3 3 3cos sin cos , sin cos2 2 2 2A A A A A    ， ∴ tan 3A  ，∵ (0, )A  ，∴ 3A  ． （2）∵ 3a  ， 3A  ， sin sin sin a b c A B C   ， ∴ 2 3sinb B ， 2 3sinc C ， ∵ 2 3B C A     ， ∴ 3 2 3(sin sin )a b c B C     3 3os 3 3sinB B   3 6sin 6B       ． 又∵ 20, 3B     ，∴ 5,6 6 6B        ， ∴ 1sin ,16 2B            ，∴ (6,9]a b c+ + Î ， ABC 周长取值范围是 (6,9]． 本题考查正弦定理解三角形，三角恒等变换以及三角函数性质的应用是解题的关键，考查计算求解 能力，属于中档题. 18．（1） 2 2 12 x y  或 2 2 126 x y  .（2） 4 2 3 （1）由题意可知：b＝1，由焦点在圆上，可求得 c，进而求得 a，即可求得椭圆方程； （2 设出直线 l 的方程，代入椭圆，得到 A、B 的纵坐标的关系，利用向量转化的纵坐标的关系， 求得直线方程，利用弦长公式可得所求． （1）因为椭圆的短轴长为 2 ，所以 2 2b  ，则 1b  . 圆   2 22 3 18x y    与 x 轴的交点为 1,0 ， 5,0 ， 故 1c  或5， 从而 2 2 2 2a b c   或 26 ， 故椭圆的方程为 2 2 12 x y  或 2 2 126 x y  . （2）设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，由 3AF FB  ，得 1 23y y  . 因为椭圆的焦距小于 4 ，所以椭圆的方程为 2 2 12 x y  ， 当直线l 的斜率为 0 时，AF= 2 1 ,BF= 2 1 ,不满足题意， 所以将l 的方程设为 1x my  ，代入椭圆方程，消去 x ，得 2 22 2 1 0m y my    ， 所以 1 2 2 2 2 my y m    ， 1 2 2 1 2y y m    ， 将 1 23y y  代入，得 2 1m  . 故  22 1 2 1 21 4AB m y y y y    4 1 4 22 49 3 3      . 本题考查椭圆标准方程的求法，考查椭圆的简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理， 弦长公式，考查计算能力，属于中档题． 19．（I）证明见解析；（II） 5 2 . （I）由线面垂直的性质可证明 1 1A D EF ，由 1 1 1, / /A B AB EF AB ,可得 1A B EF ，从可得 结果；（Ⅱ）延长 DE、CB 交于 N，过 B 作 BM⊥EN 交于 M，连 FM，由 FB⊥平面 ABCD，可得 FM⊥DN，则∠FMB 为二面角 F—DE—C 的平面角，利用直角三角形的性质可得结果. （I） 1 1A D  平面 1 1A B BA EF  平面 1 1AA BB , 1 1A D EF  1 1 1, / /A B AB EF AB , 1A B EF  EF  平面 1 1A D B ; （Ⅱ）延长 DE、CB 交于 N，∵E 为 AB 中点，∴△DAE≌△NBE 过 B 作 BM⊥EN 交于 M，连 FM，∵FB⊥平面 ABCD ∴FM⊥DN，∴∠FMB 为二面角 F—DE—C 的平面角 设 AB=a，则 5 BE BN aBM EN   又 2 aBF  52tan FMB 2 5 a FB aBM      ，即二面角 F—DE—C 大小的正切值为 5 2 . 本题主要考查正方体的性质、线面垂直的判定定理及二面角的求法，属于难题.解答空间几何体中 垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要 正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；证明直线和平面垂直的常用方法有：（1）利用判 定定理；（2）利用判定定理的推论；（3）利用面面平行的性质；（4）利用面面垂直的性质，当两个 平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面. 20．（1） 2 2cos 3 0    ； （2）  2 3,4 （1）将曲线C 的参数方程消去参数，可得曲线C 的普通方程，再将 cosx   ， siny   代 入普通方程，即可得解； （2）将直线l 的极坐标方程代入曲线C 的极坐标方程，借助韦达定理，可求得 2cos2 14OA OB    ，再利用三角函数的性质即可求出 OA OB 的取值范围. （1）由曲线C 的参数方程 1 2cos 2sin x y       消去参数 ， 得曲线C 的普通方程为： 2 21 4x y   ，即 2 2 2 3 0x y x    ， 将 cosx   ， siny   代入 2 2 2 3 0x y x    ， 得曲线C 的极坐标方程为： 2 2cos 3 0    . （2）由直线  0y kx k  可得其极坐标方程： = 0 2          ， ， ， 将 =  代入曲线C 的极坐标方程得： 2 2cos 3 0    ，  1 2 2cos    ， 1 2 3    ， 1 2,  异号， 故    2 1 2 1 2= + = 2cos 4 3OA OB           24cos 12 2cos2 14     ，  1 cos2 1   ，  2 3,4OA OB  . 本题主要考查参数方程与普通方程、极坐标方程的转化，极坐标方程的几何意义，三角函数的取值 范围等知识.参数方程化为普通方程的关键是消参数，要根据参数的特点进行转化；普通方程化为 极坐标方程，将 cosx   ， siny   代入普通方程，即可化为极坐标方程；极坐标方程转化 为普通方程，要巧用极坐标方程两边同乘以  或同时平方技巧，将极坐标方程构造成含有 cos  ， sin  ， 2 的形式，然后利用公式代入化简得到普通方程. 21．（1）8.432 ；（2）0.6216；（3）见解析. （1）由数据和平均值的计算公式可得答案，（2）由频率估计概率可得答案，（3）根据题目所给的 数据填写 2×2 列联表即可，计算 K2，对照题目中的表格，得出统计结论． （1）由题意可得这一天小王朋友圈中好友走路步数的平均数为：  1 2 60 6 240 10 100 14 60 18 20 22 18 30 2 8.432500x                ， 所以这一天小王 500 名好友走路的平均步数约为 8.432 步． （2）由频率约等概率可得：   1 0.43260 240 100 0.6216500 4p A         ， 所以事件 A 的概率约为 0.6216． （3）根据题目所给的数据填写 2×2 列联表如下： 健步达人 非健步达人 合计 40 岁以上 150 150 300 不超过 40 50 150 200 岁 合计 200 300 500         2 2 2 500 22500 7500 31.25 10.828200 300 300 200 n ad bcK a b c d a c b d           ＞ ， ∴有 99.9%以上的把握认为，健步达人与年龄有关． 本题考查独立性检验，平均值的计算，统计概率的应用问题，也考查了计算能力的应用问题，是中 档题目． 22．（1）单调增区间为 (1, )e ，单调减区间为 (0,1) ； （2）①当 0 1 ea e    时， ( )F x 最大值为 ( )F e e a ae   ， 当 1 ea e … 时， ( )F x 最大值为 (1) 0F  ；②证明见解析. （1）求出 1 1( ) 1 xf x x x     ，判断函数的单调性推出结果即可． （2） ( )F x xlnx ax a   ，求出① ( ) 1F x lnx a    ，令 ( ) 0F x  ，求解函数的单调区间． （ⅰ）当 1 1ae  „ ，求解函数的最值；（ⅱ）当 1ae e … ，求解函数的最值； （ⅲ）当 11 ae e  ，即1 2a  时， ( )F x 的最大值为 ( )F e 和 (1)F 中较大者： 令 ( ) (1) 0F e F e a ae     ，求出 ( )F x 最大值； ②“函数 ( )F x 有两个零点”等价于“方程 0xlnx ax a   两个根”，由于 0x  ，也等价于“函 数 ( ) aG x lnx a x    有两个零点”利用导函数求解函数的最值，推出结果． （1） ( )f x x lnx  ， 1 1( ) 1 xf x x x     ， 当 0 1x  时， ( ) 0f x  ，此时 ( )f x 单调递减； 当1 x e  时， ( ) 0f x  ，此时 ( )f x 单调递增． ( )f x 的单调增区间为(1, )e ，单调减区间为 (0,1) ． （2） ( )F x xlnx ax a   ， ① ( ) 1F x lnx a    ，令 ( ) 0F x  ，得 1ax e  ， 所以在区间 1(0, )ae  上， ( ) 0F x  ， ( )F x 单调递减， 在区间 1( , )ae   上， ( ) 0F x  ， ( )F x 单调递增． （ⅰ）当 1 1ae  „ ，即 0 1a „ 时，在区间[1, ]e 上， ( )F x 单调递增， 所以 ( )F x 最大值为 ( )F e e a ae   . （ⅱ）当 1ae e … ，即 2a… 时，在区间[1, ]e 上， ( )F x 单调递减， 所以 ( )F x 最大值为 (1) 0F  ． （ⅲ）当 11 ae e  ，即1 2a  时， ( )F x 的最大值为 ( )F e 和 (1)F 中较大者： 令 ( ) (1) 0F e F e a ae     ，解得 1 ea e   ， 所以当1 1 ea e    时， ( )F x 最大值为 ( )F e e a ae   ， 当 21 e ae  „ 时， ( )F x 最大值为 (1) 0F  ， 综上所述，当 0 1 ea e    时， ( )F x 最大值为 ( )F e e a ae   ， 当 1 ea e … 时， ( )F x 最大值为 (1) 0F  ． ②“函数 ( )F x 有两个零点”等价于“方程 0xlnx ax a   两个根”， 由于 0x  ，也等价于“函数 ( ) aG x lnx a x    有两个零点”. 则 2( ) x aG x x   ，令 ( ) 0G x  得 x a ，令 ( ) 0G x  得 x a ， 即函数 ( )G x 的单调递增区间为 ( , )a  ，单调递减区间为 (0, )a ， 因此， ( )minG x  ( )G a  1 0lna a  „ ，又 (1) 0G  ， 当 1a  时，由于 ( ) 0, ( ) 0a a aG a G e e    ，故函数 ( )G x 有两个零点， 所以 1a  是函数 ( )F x 有两个零点的充分条件． 本题考查函数的导数的综合应用，函数的最值的求法，构造法以及转化思想的应用． 23．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析. （Ⅰ）运用分析法，两边平方，化简配方即可得证；（Ⅱ）运用变形和基本不等式，即可得证． （I）要证： 2x y ≥ 52 4x y x    只需证： 2x y ≥  8 5 2 x y x ， 即证：    24 2 8 5x y x y x   ， 即证： 2 2 24 16 16 8 5x xy y xy x ＋ … , 即证： 2 29 24 16 0x xy y ＋ … ，即证： 23 4 0x y … ， 这显然成立，故 52 2 4x y x y x    … . （II）依题意， 2 1 1 1 4 2 4 1 4 2m mm m m ＋ ＋ ＝ ＋ ＋＋ ＋ 1 1 1 1 2 2 1 2 1 4 2mm m m      ＝ ＋＋  1 1 14 24 4 2 2m m    ＝ ＋ ＋ 因为 1 2m＞ ，故 4 2 0m ＞ ， 故    1 1 1 1 1 1 34 2 2 4 24 4 2 2 4 4 2 2 2m mm m       ＋ ＋ ＋ ＝… 当且仅当  1 14 24 4 2m m   ＝ ，即 24 2 4m  ＝ ， 即 1m＝ 时等号成立. 本题主要考查不等式的证明的方法——分析法和综合法，意在考查学生运用分析法和使用基本不等 式时涉及到的变形能力，化简能力以及推理能力．