山东省聊城市2020届高三数学二模试题（解析版） 31页

2020 年聊城市高考模拟试题数学(二) 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 2| 2}, { | 6 0}{A x x B x x x      ，则 RA B ð ( ) A. { | 2 3}x x  B. { | 2 3}x x  C. { | 2 3}x x   D. { | 3 2} x x   【答案】A 【解析】 【分析】 首先求出集合 B ，再根据补集与交集的定义计算可得； 【详解】解：因为 2{ | 6 0}B x x x    ， 所以 { | 3B x x  或 2}x £ - 所以  | 2 3RB x x   ð 又 | 2}{A x x  所以  | 2 3RA B x x  ð 故选：A 【点睛】本题考查一元二次不等式的解法以及集合的运算，属于基础题. 2.在复数范围内，实系数一元二次方程一定有根，已知方程 2 0( R, R)x ax b a b     的一 个根为 1+i(i 为虚数单位)，则 1 a i  ( ) A. 1-i B. -1+i C. 2i D. 2+i 【答案】B 【解析】 【分析】 利用实系数一元二次方程的虚根成对原理和根与系数的关系，再根据复数代数形式的除法法 则计算即可得出． 【详解】解： 1 1x i  是关于 x 的实系数一元二次方程 2 0x ax b   的一个根， 2 1x i   也是此方程的一个虚根， 1 2( ) (1 1 ) 2a x x i i           ． 所以      2 12 11 1 1 1 ia ii i i i          故选：B 【点睛】本题考查了实系数一元二次方程的虚根成对原理和根与系数的关系以及复数代数形 式的除法运算，属于基础题． 3.已知 1 , ln loga b e     ，则 a，b，c 的大小关系为( ) A. a c b  B. b a c  C. c a b  D. a b c  【答案】D 【解析】 【分析】 根据指数函数及对数函数的性质分别判断 , ,a b c 的范围，即可得解； 【 详 解 】 解 ： 因 为 1 0 1a     ， 1 2 1ln ln ln2b          ， 1 2 1log log log2c e e e          又 log 1 log loge     ，即 10, 2c     ， 2ln ln lne e  ，即 1 ,12b     ，所以 a b c  ， 故选：D 【点睛】本题考查指数函数、对数函数的性质的应用，属于基础题. 4.2020 年是脱贫攻坚年，为顺利完成“两不愁，三保障”，即农村贫困人口不愁吃、不愁穿， 农村贫困人口义务教育、基本医疗、住房安全有保障，某市拟派出 6 人组成三个帮扶队，每 队两人，对脱贫任务较重的甲、乙、丙三县进行帮扶，则不同的派出方法种数共有( ) A. 15 B. 60 C. 90 D. 540 【答案】C 【解析】 【分析】 根据平均分组的方法计算可得； 【详解】解：依题意，首先将人平均分成 3 组，再将三组进行全排列即可，所以所有可能的 派出方法有 2 2 2 34 26 33 3 90C C C AA   （种） 故选：C 【点睛】本题考查平均分组分配问题，属于基础题. 5.已知双曲线 2 2 : 1x yC m n   ，则 0n m  是双曲线 C 的离心率大于 2 的( ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 根据充分条件、必要条件的定义判断可得； 【 详 解 】 解 ： 因 为 双 曲 线 2 2 : 1x yC m n   ， 若 0n m  ， 则 2a m ， 2b n ， 2 2 2c a b m n    ，所以 2 2c m n me a m m     ，故充分性成立； 若 0n m  ，则 2a n  ， 2b m  ，  2 2 2c a b m n     ，所以   2 2m nc ne a n n      ，故必要性不成立； 故 0n m  是双曲线 C 的离心率大于 2 的充分不必要条件， 故选：A 【点睛】本题考查充分条件、必要条件的定义的应用，双曲线的离心率的计算，属于基础题. 6.在 2019 年女排世界杯比赛中，中国队以十一连胜的骄人成绩夺得了冠军，成功卫冕，收到 习近平总书记的贺电，团结协作、顽强拼搏是中国女排精神，为学习女排精神， A 、 B 两校 排球队进行排球友谊赛，采取五局三胜制，每局都要分出胜负，根据以往经验，单局比赛中 A 校排球队胜 B 校排球队的概率为 3 5 ，设各局比赛相互间没有影响，则在此次比赛中，四局结 束比赛的概率为( ) A. 72 625 B. 78 625 C. 162 625 D. 234 625 【答案】D 【解析】 【分析】 由题意得，分为若 A 校排球队胜，即 A 校前三局中赢了 2 局，且 A 校还赢了第四局和若 B 校 排球队胜，即 B 校前三局中赢了 2 局，且 B 校还赢了第四局这两种情况，分别计算概率，即 可求出结果. 【详解】解：四局结束比赛可分为 A 校排球队胜和 B 校排球队胜两种情况. 若 A 校排球队胜，即 A 校前三局中赢了 2 局，且 A 校还赢了第四局， 则概率 2 2 1 3 3 3 3 16215 5 5 625P C                  ； 若 B 校排球队胜，即 B 校前三局中赢了 2 局，且 B 校还赢了第四局， 则概率 2 2 2 3 3 3 3 721 15 5 5 625P C                   . 则四局结束比赛的概率 1 2 234 625P P P   故选：D. 【点睛】本题考查独立重复实验的概率计算，体现了转化的数学思想，属于基础题. 7.我国古代《九章算术》中将上，下两面为平行矩形的六面体称为刍童.如图的刍童 ABCD EFGH 有外接球，且 2 6AB  ， 2 2AD  ， 15EH  ， 5EF  ，平面 ABCD 与平面 EFGH 间的距离为1，则该刍童外接球的体积为( ) A. 12 B. 24 C. 36 D. 48 【答案】C 【解析】 【分析】 假设O 为刍童外接球的球心，连接 HF , EG 交于点 1O ，连接 AC , DB 交于点 2O ，由球的 几何性质可知O ， 1O ， 2O 在同一条直线上，由题意可知， 1OO  平面 ABCD ， 1OO  平 面 EFGH ，设 2O O r ，利用勾股定理和球的半径相等的条件列式，求出 r 的值，进而求出 外接球的半径，即可求出体积. 【详解】解：假设 O 为刍童外接球的球心，连接 HF , EG 交于点 1O ，连接 AC , DB交于点 2O ，由球的几何性质可知O ， 1O ， 2O 在同一条直线上， 由题意可知， 1OO  平面 ABCD ， 1OO  平面 EFGH ， 2 1 1O O  . 设 2O O r ， 在 1Rt OGO 中， 2 2 2 1 1OG OO OG  ，在矩形 EFGH 中，    2 22 2 15 5 2 5EG EF FG     . 1 1 52O G EG  .     222 2 2 1 1 1 5OG OO O G r     . 在 2Rt OBO 中， 2 2 2 2 2OB OO O B  ，在矩形 ABCD 中，    2 22 2 2 2 2 6 4 2DB AD AB     . 2 1 2 22O B BD  .   22 2 2 2 2 2 2 2OB OO O B r    . 设外接球的半径OG OB R  ，       2 22 21 5 2 2r r    ，解得 1r  . 则  221 2 2 3OB    . 即 3R  . 则该刍童外接球的体积 3 34 4 3 363 3V R      . 故选：C. 【点睛】本题考查几何体的外接球体积的求法，考查空间想象能力，找到球心是关键，属于 中档题. 8.随机变量ξ的分布列为：  0 1 2 P a 2 b 2 b 其中 0ab  ，下列说法不正确的是( ) A. 1a b  B.   3 2 bE   C. D(ξ)随 b 的增大而减小 D. D(ξ)有最大值 【答案】C 【解析】 【分析】 根据分布列的性质得 A 正确；根据期望公式和方差公式计算期望和方差，根据结果分析可得 答案. 【详解】根据分布列的性质得 12 2 b ba    ，即 1a b  ，故 A 正确； 根据期望公式得 3( ) 0 1 22 2 2 b b bE a        ，故 B 正确； 根据方差公式得 23 3( ) (0 ) (1 )2 2 b bD a      2 23(2 )2 2 2 b b b    2 29 5 9 5 25( )4 2 4 9 36b b b       ， 因为 0 1b  ，所以 5 9b  时， ( )D  取得最大值 25 36 ，故 C 不正确， D 正确； 故选：C 【点睛】本题考查了分布列的性质和数学期望与方差公式，属于基础题, 二、多项选择题:本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分在每小题给出的四个选项 中有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分 9.居民消费价格指数，简称 CPI，是一个反映居民消费价格水平变动情况的宏观经济指标.某年 的 100CPI  当年的居民消费价格 上一年的居民消费价格 ，以下是 2009 2018 年居民消费价格指数的柱形 图. 从图中可知下列说法正确的是( ) A. 2010 2018 年居民消费价格总体呈增长趋势 B. 这十年中有些年份居民消费价格增长率超过 3% C. 2009 年的居民消费价格出现负增长 D. 2011 年的居民消费价格最高 【答案】ABC 【解析】 【分析】 根据CPI 的定义以及柱形图，对四个选项逐个分析可得答案. 【详解】由柱形图可知， 2010 2018 年的 CPI 均大于 100，说明其中每一年的居民消费价格 都大于前一年的居民消费价格，所以 2010 2018 年居民消费价格总体呈增长趋势是正确的. 故 A 正确； 2009 年的CPI 的值小于 100，说明当年的居民消费价格低于 2008 年的居民消费价格，所以 2009 年的居民消费价格出现负增长是正确的，故C 正确； 由柱形图可知，2010 年的居民消费价格的增长率为3.02%，2011 年的居民消费价格的增长率 为5.62%，都超过了 3% ，故 B 正确； 由柱形图可知，2011 年的居民消费价格的增长率最高，从 2010 2018 年每年的居民消费价格 都在增长，所以 2018 年的居民消费价格才是最高的，故 D 不正确. 故选：ABC 【点睛】本题考查了对柱形图的理解和应用，属于基础题. 10.下列关于函数   3 23 2f x x x x   的叙述正确的为( ) A. 函数  f x 有三个零点 B. 点(1，0)是函数  f x 图象的对称中心 C. 函数  f x 的极大值点为 31 3x   D. 存在实数 a，使得函数 2( ) [ ( )] ( )g x f x af x  为增函数 【答案】ABC 【解析】 【分析】 令函数等于零即可求出零点个数，可判断出选项 A；由    1 1 0f x f x    可得出函数图 像关于点(1，0)中心对称，可判断出选项 B；由导函数求出函数单调区间，根据函数单调性即 可得出最大值点，可判断出选项 C；根据导函数判断出是否存在实数 a，使得 ( ) 0g x  ，可 判断出选项 D. 【详解】     3 23 2 1 2f x x x x x x x      ，令   0f x  ，则 0x  或 1x  或 2x  ， 所以函数  f x 有三个零点，所以 A 正确；        3 2 31 1 3 1 2 1f x x x x x x         ，        3 2 31 1 3 1 2 1f x x x x x x          ， 所以    1 1 0f x f x    ，所以函数  f x 图像关于点(1，0)对称中心， 所以 B 正确；求出   3 23 2f x x x x   的导函数   23 6 2f x x x    ， 令   23 6 2 0f x x x    ，则 31 3x   或 31 3x   ， 令   23 6 2 0f x x x    ，则 3 31 13 3x    ， 所以函数   3 23 2f x x x x   在 3,1 3       和 31 ,3       上单调递增， 在 3 31 ,13 3       上单调递减，所以当 31 3x   时 函数   3 23 2f x x x x   有极大值，所以函数  f x 的极大值点为 31 3x   ， 所以 C 正确；假设函数 2( ) [ ( )] ( )g x f x af x  为增函数， 则   ( ) ( ) 2 0g x f x f x a    恒成立，由上可知当 31 3x   或 31 3x   时，   0f x  ，若要满足   ( ) ( ) 2 0g x f x f x a    ，则需在 3,1 3       和 31 ,3       上  2 0f x a  恒成立，   3 23 2f x x x x   图像如下， 如图所示函数  2 0f x a  在 3,1 3       上不可能恒成立，所以不存在这样的实数 a，所 以 D 错误. 故选：ABC 【点睛】本题主要考查函数的性质，涉及到函数的零点，对称中心，极值以及单调性等问题， 考查学生综合分析问题的能力. 11.已知抛物线 2: 2C y px 过点 (1,1)P 则下列结论正确的是( ) A. 点 P 到抛物线焦点的距离为 3 2 B. 过点 P 作过抛物线焦点的直线交抛物线于点 Q，则△OPQ 的面积为 5 32 C. 过点 P 与抛物线相切的直线方程为 2 1 0x y   D. 过点 P 作两条斜率互为相反数的直线交抛物线于 M，N 点则直线 MN 的斜率为定值 【答案】BCD 【解析】 【分析】 先根据抛物线 2: 2C y px 过点 (1,1)P ，求得抛物线方程. 对于 A，利用 2p pPF x  求解验 证.对于 B，设 4 1: ( )3 4PFl y x  ，与 2y x 联立，利用 1 2 1 2OPQS OF y y   求解验证.对 于 C，设直线方程为 1 (x 1)y k   ，与 2y x 联立，利用 0  求解验证.对于 D，设 :PMl 1 (x 1)y k   ， 与 2y x 联 立 ， 求 得 点 21 11 , 1M k k          ， 同 理 21 11 , 1N k k            ，利用斜率公式求解验证. 【详解】因为抛物线 2: 2C y px 过点 (1,1)P ， 所以 1 2p  ， 所以抛物线方程为： 2y x ，焦点坐标为 1 ,04F      对于 A， 1 51 4 4PF    ，故 A 错误. 对于 B， 4 3PFk  ，所以 4 1: ( )3 4PFl y x  ，与 2y x 联立得： 24 3 1 0y y   ， 所以 1 2 1 2 3 1,4 4y y y y    ， 所以  2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 542 2 4 32OPQS OF y y y y y y          ，故 B 正确. 对于 C，依题意斜率存在，设直线方程为 1 (x 1)y k   ，与 2y x 联立得： 2 1 0ky y k    ，  1 4 1 0k k     24 4 1 0k k   ，解得 1 2k  ， 所以切线方程为 2 1 0x y   ，故 C 正确. 对于 D， 依题意斜率存在，设 :PMl 1 (x 1)y k   ，与 2y x 联立得： 2 1 0ky y k    ， 所以 11My k   ，即 1 1My k   ，则 21 1Mx k      ， 所以点 21 11 , 1M k k          ，同理 21 11 , 1N k k            ， 所以 2 2 1 1 21 1 1 4 21 11 1 MN k k kk kk k                       ，故 D 正确. 故选：BCD 【点睛】本题主要考查抛物线的方程求法，抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系以 及定值问题，还考查了运算求解的能力，所以中档题. 12.设函数  f x 是定义域为 R，且周期为 2 的偶函数，在区间[0，1]上，   2, , x x Mf x x x M     ， 其中集合 { | , }1 mM x m Nx m   ，则下列结论正确的是( ) A. 4 4 3 9f      B.  f x 在[2m，2m+1](m∈N)上单调递增 C.  f x 在  1,1 2       m m m Nm m 内单调递增 D.  f x 的值域为[0，1] 【答案】AC 【解析】 【分析】 A. 利用函数的奇偶性和周期性求解.B. 当 0m  时， [2m，2m+1]  0,1 ，取特殊值 1 2 1 1,3 2x x  验 证 . C. 根 据 10 11 2     m m m m ， 且 1,1 2    m mM Mm m ， 则 1,1 2      m mx m m ， x M ，由  f x x 求解.D. 根据特殊点 1 1,2 2      验证. 【详解】A. 4 4 2 2 423 3 3 3 9                            f f f f ，故正确. B. 当 0m  时， [2m，2m+1]  0,1 ，因为在[0，1]上，   2, , x x Mf x x x M     ，当 1 2 1 1,3 2    x M x M 时， 1 1 1 1,3 3 2 4            f f ， 1 1 3 2f f          ，所以  f x 不单调递 增，故错误. C. 因为 10 11 2     m m m m ，且 1,1 2    m mM Mm m ，则 1,1 2      m mx m m ， x M ， 所以  f x x ，所以  f x 在  1,1 2       m m m Nm m 内单调递增，故正确. D. 当 1 2  x M 时，   21 1 2 4      f x ，但从  f x x 图象上挖走 1 1,2 2      时，若 2 1 2 x 时，解得 2 2  x M ，所以 1 2  [0，1]，  f x 的值域不是[0，1]，故错误. 故选： AC 【点睛】本题主要考查分段函数的图象和性质，还考查了分析转化求解问题的能力，属于中 档题. 三、填空题:本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.已知 cos , (0, )5 5 2 3        ，则sin(2 )5 3   ______. 【答案】 24 25  【解析】 【分析】 由 同 角 三 角 函 数 关 系 求 得 sin 5     ， 由 已 知 角 与 未 知 角 的 关 系 3 22 25 5            进行转化，再由三角恒等变换求值即可. 【详解】因为 cos , (0, )5 5 2 3        ，则 7,5 5 10         ，且sin 4 5 5      ， 所以 sin(2 ) sin 2 sin 23 2 2 2sin cos5 5 5 5 5                                             4 3 242 5 5 25       . 故答案为： 24 25  【点睛】本题考查三角函数中给值求值问题，注意已知角与未知角的关系转化，属于简单题. 14.已知   1 ln ,0 1 1 ln , 1 x xf x x x      „ ，若    f a f b ，则 1 1 a b  的最小值为______. 【答案】 2 11 e  【解析】 【分析】 由 已 知 分 段 函 数 的 图 像 和 性 质 以 及    f a f b ， 可 计 算 2ab e ， 进 而 分 别 构 造   2 2 1 0 1eh a a aae         , , ，    2 2 1 1eg b b bbe         , , ，再由双勾函数 性质求最值即可. 【详解】已知分段函数  f x 在两端区间内都是单调函数，若    f a f b ，则必然分属两 段内， 不妨设 0 1, 1a b   ，则    1 ln , 1 lnf a a f bb     ，即   21 ln 1 ln ln ln ln 2a b a b ab ab e          当 2 2 2 1 1 1 1b eba b b be e          时，令    2 2 1 1eg b b bbe         , , ，由双 勾函数性质可知  g b 在区间  1,e 上单调递减，在区间 ,e  上单调递增， 所以     2g b g e e  min ，此时 a=e（不符合题意）， 当 2 2 2 1 1 1 1a eaa b a ae e          时，令   2 2 1 0 1eh a a aae         , , ，由双勾 函数性质可知  h a 在区间 0,1 上单调递减， 所以     2 11 1h a h e   min ，此时 21,a b e  . 故 1 1 a b  的最小值为 2 11 e  . 故答案为： 2 11 e  【点睛】本题考查在分段函数的图象下由函数值相等转化自变量关系，还考查了构造函数求 最值，属于较难题. 15.在 ABC 中，已知 2, 3, 60AB AC BAC     ，M 为 BC 的中点，N 在 AC 上，且 2 ,AN NC AM 与 BN 相交于点 P，则 cos∠MPN=______. 【答案】 19 38 【解析】 【分析】 设 AP AM ，根据 M 为 BC 的中点， 2AN NC ，得到  1 2AM AB AC  uuur uuur uuur ， 3 2AC AN  ， 从 而 有 3 2 2AP AB AN         ， 再 根 据 , ,B P N 三 点 共 线 ， 解 得 4 5   ， 得 到  1 1 5 10PM AM AB AC      ，同理得到 3 5BP BN ，进而得到 2 4 5 15PN AB AC     ， 然后利用平面向量的数量积的夹角公式求解. 【详解】如图所示： 设 AP AM ， 因为 M 为 BC 的中点，N 在 AC 上，且 2AN NC ， 所以  1 2AM AB AC  uuur uuur uuur ， 3 2AC AN  ， 所以   3 2 2 2AP AB AC AB AN              ， 因为 , ,B P N 三点共线， 所以 BP BN  ， 所以  1AP AB AN      ， 所以 12 3 4          ， 解得 4 5   ， 所以  1 1 5 10PM AM AB AC      ， 同理 3 5BP BN ， 所以  2 2 2 2 2 4 5 5 5 3 5 15PN BN BA AN BA AC AB AC                   ， 所以  1 4 2 10 15 5               PM PN AB AC AC AB ， 2 21 2 1 25 75 75         AB AC AC AB , 4 18 1 3 2 cos6025 75 75         , 4 18 3 1 25 75 75 25      ,   2 2 21 1 210 10                 PM AB AC AB AB AC AC ， 1 4 2 2 3 cos60 910       ， 1 194 6 910 10     ， 2 2 22 4 4 8 16 5 15 25 75 225                  PN AB AC AB AB AC AC ， 4 8 164 2 2 3 cos60 925 75 225          ， 16 16 16 4 25 25 25 5     ， 所以 1 1925cos 3819 4 10 5          PM PNMPN PM PN . 故答案为： 19 38 【点睛】本题主要考查平面向量的基本定理以及平面向量的数量积运算，还考查了运算求解 的能力，属于中档题. 16.足球运动是一项古老的体育活动，众多的资料表明，中国古代足球的出现比欧洲早，历史 更为悠久，如图，现代比赛用足球是由正五边形与正六边形构成的共 32 个面的多面体，著名 数学家欧拉证明了凸多面体的面数(F)，顶点数(V)，棱数(E)满足 F+V-E=2，那么，足球有 ______.个正六边形的面，若正六边形的边长为 21 ，则足球的直径为______.cm(结果保留整 数)(参考数据 tan54 1.38 , 3 1,73, 3.14).    【答案】 (1). 20 (2). 22 【解析】 【分析】 首 先 根 据 足 球 表 面 的 规 律 ， 设 正 五 边 形 为 x 块 ， 正 六 边 形 为 y 块 ， 列 出 方 程 组 1 1(5 6 ) (5 6 ) 23 2 15 62 x y x y x y x y           ，解方程组即可.分别计算正六边形和正五边形的面积， 从而得到足球的表面积，再利用球体表面积公式即可得到足球的直径. 【详解】因为足球是由正五边形与正六边形构成， 所以每块正五边形皮料周围都是正六边形皮料， 每两个相邻的多边形恰有一条公共边，每个顶点处都有三块皮料， 而且都遵循一个正五边形，两个正六边形结论. 设正五边形为 x 块，正六边形为 y 块，有题知： 1 1(5 6 ) (5 6 ) 23 2 15 62 x y x y x y x y           ，解得 12 20 x y    . 所以足球有 20 个正六边形的面. 每个正六边形的面积为 21 3 63( 21) 6 32 2 2     . 每个正五边形的面积为 1 21 tan54 105tan5421 52 2 4       . 球的表面积 63 105tan5420 3 122 4S      630 3 315tan54 1089.9 434.7 1524.6     . 所以 2 24 (2 ) 1524.6R R   ， 2 22R  . 所以足球的直径为 22 . 故答案为： 20 ， 22 . 【点睛】本题主要通过传统文化背景，考查球体的直径和表面积公式，同时考查了学生理解 问题的能力，属于中档题. 四、解答题:本题共 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.已知数列 na 的各项均为正数，其前 n 项和为 nS ，且  2 32 4 Nn n na S na     . （1）求数列 na 的通项公式； （2）若 1 ,n n b S  求 nb 的前 n 项和 Tn 【答案】（1） 1 2na n  ；（2） 2 2 3 5 2 6 4n n nT n n    . 【解析】 【分析】 （1）由已知递推关系求首项，并可证数列 na 是以 3 2 为首项，1 位公差的等差数列，最后由 等差数列通项公式表示答案即可； （2）由（1）表示数列 na 的前 n 项和 nS ，进而表示数列 nb 的通项公式，最后由裂项相消 法求数列的前 n 项和.. 【详解】（1）当 1n  时， 1 2 2 1 11 11 1 3 3 3 32 2 04 4 4 2a S aa aa a          或 1 2  （舍） 当 2n  时，因为 2 2 1 1 1 3 32 , 24 4n n n n n naa aS a S        ， 两式相减得，   1 1 2 2 1 1 2 1 0n n n n n n n n na a aa a a a aa           ， 因为数列 na 的各项均为正数，则 1 1n na a   ， 所以数列 na 是以 3 2 为首项，1 为公差的等差数列， 故其通项公式    3 11 1 ,2 2na n n n       N （2）由（1）可知    1 23 2 2 2n n nS n nn     ，则   1 2 1 1 2 2n n b S n n n n      所以 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 2 4 1 1 2n n nT b b b b n n n n                                    2 2 1 1 1 3 51 2 1 2 2 6 4 n n n n n n         . 【点睛】本题考查由 nS 求数列 na 得通项公式，还考查了利用裂项相消法求数列的和，属于 中档题. 18.在①acosB+bcosA= 2c cosC；②2asinAcosB+bsin2A= 3 a；③△ABC 的面积为 S，且 4S= 3 (a2+b2-c2)，这三个条件中任意选择一个，填入下面的问题中，并求解，在锐角△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，函数  f x =2 3 sinωxcosωx+2cos2ωx 的最小正周 期为π，c 为  f x 在[0， 2  ]上的最大值，求 a-b 的取值范围.注:如果选择多个条件分别解答， 那么按第一个解答计分. 【答案】三种情况，a-b 的取值范围都是  3, 3 【解析】 【分析】 对于①，利用正弦定理结合条件得到角 C 的大小，再用正弦定理用角 A 表示边 a，b，从而得 到三角函数式，进而用三角恒等变换和三角函数有界性得到结果；对于②，利用正弦定理， 结合条件得到角 C 的大小，同①得到结果；对于③，利用余弦定理，结合条件得到角 C 的大 小，同①得到结果. 【详解】函数  f x =2 3 sinωxcosωx+2cos2ωx 2 + 2 +1= 3sin x cos x  2 + +1= 62sin x      ， 函数  f x 的最小正周期为π，则 =1 ，   2 + +16=2f x sin x      ， 当 x[0， 2  ]， 72 + 6 6 6x        ， ，  max =3f x ，故 c=3, 若选①，acosB+bcosA= 2c cosC, 由正弦定理得 sin sin 2sinAcosB BcosA CcosC  可得  sin sin 2sinA B C CcosC   ， 1cos 2C  , 又 C 为三角形内角，则 3C  ， 由正弦定理得 3 =2 3sin sin 3 2 a b A B   ， ∴ =2 3sina A ， =2 3sinb B ， 则 2=2 3sin 2 3sin 2 3sin 2 3sin 3a b A B A A        3sin 3cos 2 3sin 3A A A        , 因为 , ,6 2 3 6 6A A                 ， ， 故  2 3sin 3, 33A       . 若选②，2asinAcosB+bsin2A= 3 a， 由正弦定理得 22 2sin sin cos 3sinsin AcosB B A A A  ，  2 2sin cos 2 + 2sin 3sinAcosB B A sin A B C    ， 3sin 2C  ， 又 C 为三角形内角，则 3C  ，（ 2 3C  舍去）， 由正弦定理得 3 =2 3sin sin 3 2 a b A B   ， ∴ =2 3sina A ， =2 3sinb B ， 则 2=2 3sin 2 3sin 2 3sin 2 3sin 3a b A B A A        3sin 3cos 2 3sin 3A A A        , 因为 , ,6 2 3 6 6A A                 ， ， 故  2 3sin 3, 33A       . 若选③，△ABC 的面积为 S，且 4S= 3 (a2+b2-c2)， 可得  2 2 22 sin 3ab C a b c   , 2 2 23 s =coi3 2 sn a b cC ab C  , tan 3C  , 又 C 为三角形内角，则 3C  ， 由正弦定理得 3 =2 3sin sin 3 2 a b A B   ， ∴ =2 3sina A ， =2 3sinb B ， 则 2=2 3sin 2 3sin 2 3sin 2 3sin 3a b A B A A        3sin 3cos 2 3sin 3A A A        , 因为 , ,6 2 3 6 6A A                 ， ， 故  2 3sin 3, 33A       . 【点睛】本题主要考查解三角形、三角恒等变换等知识，考查考生的转化与化归能力、运算 求解能力，属于中等题. 19.如图，将长方形 OAA1O1(及其内部)绕 OO1 旋转一周形成圆柱，其中 11, 2OA OO  ，弧 1 1A B 的长为 6  ，AB 为⊙O 的直径. （1）在弧 AB 上是否存在点C (C ， 1B 在平面 1 1OAAO 的同侧)，使 1BC AB ，若存在，确 定其位置，若不存在，说明理由. （2）求二面角 1 1 1A O B B  的余弦值 【答案】（1）存在，当 1BC 为圆柱 1OO 的母线时， 1BC AB ；（2） 2 51 17 . 【解析】 【分析】 （1）当 1BC 为圆柱 1OO 的母线时，连接 BC ， AC ， 1BC ，根据 1B C  平面 ABC 得到 1B C BC ，根据圆的直径为 AB 得到 BC AC ，从而得到 BC ⊥平面 1AB C ，再利用线面 垂直的性质即可得到 1BC AB . （2）首先以O 为原点，OA， 1OO 分别为 y ， z 轴，垂直于 y ， z 轴直线为 x 轴建立空间直 角坐标系，分别计算平面 1 1AO B 和平面 1 1O BB 的法向量，代入公式计算即可. 【详解】存在，当 1BC 为圆柱 1OO 的母线时， 1BC AB . 如图所示： 连接 BC ， AC ， 1BC ， 因为 1BC 为圆柱 1OO 的母线，所以 1B C  平面 ABC ， 又因为 BC 平面 ABC ，所以 1B C BC . 因为 AB 为圆 O 的直径，所以 BC AC . BC AC ， 1B C BC ， 1AC B C C  ，所以 BC ⊥平面 1AB C . 因为 1AB  平面 1AB C ，所以 1BC AB . （2）以O 为原点，OA， 1OO 分别为 y ， z 轴， 垂直于 y ， z 轴直线为 x 轴建立空间直角坐标系，如图所示： 1(0,1,2)A ， 1(0,0,2)O ， (0, 1,0)B  ， 因为 1 1A B 的长为 6  ，所以 1 1 1 6A O B   ， 1 1 3( , ,2)2 2B 1 (0, 1, 2)O B    ， 1 1 1 3( , ,0)2 2O B  . 设平面 1 1O B B 的法向量 ( , , )m x y z ， 2 0 1 3 02 2 y z x y      ，令 3x   ，解得 3y  ， 3 2z   . 所以 3( 3, 3, )2m    . 因为 x 轴垂直平面 1 1AO B ，所以设平面 1 1AO B 的法向量 (1,0,0)n  . 所以 3 2 51cos , 1739 3 4 m n         ， 因为二面角 1 1 1A O B B  的平面角为锐角，所以其余弦值为 2 51 17 . 【点睛】本题第一问考查利用线面垂直的性质证明线线垂直，第二问考查向量法求二面角， 同时考查了学生的计算能力，属于中档题. 20.已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的离心率为 2 2 ，点 21, 2       在椭圆C 上. （1）求椭圆C 的方程； （2）过点 6 ,03P       的直线交椭圆C 于 E 、F 两点， 2 2 1 1 EP FP  是否为定值？若为定值， 求出定值；若不为定值，请说明理由 【答案】（1） 2 2 12 x y  ；（2）为定值3，理由见解析. 【解析】 【分析】 （1）根据题意得出关于 a 、b 、c 的方程组，解出这三个量的值，由此可求得椭圆C 的方程； （2）分两种情况讨论，当直线 EF 的斜率为零时，计算出 2 2 1 1 EP FP  的值；当直线 EF 不 与 x 轴重合时，设直线 EF 的方程为 6 3x ty  ，设点  1 1,E x y 、  2 2,F x y ，将直线 EF 的方程与椭圆 C 的方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式可计算出 2 2 1 1 EP FP  为定值， 进而可得出结论. 【详解】（1）由题意可得 2 2 2 2 2 2 2 2 21 1 c a a b a b c                   ，解得 2 1 1 a b c       ，因此，椭圆 C 的方程为 2 2 12 x y  ； （2）当直线 EF 的斜率为零时，则点 E 、 F 为椭圆长轴的端点， 则 2 2 2 2 2 2 2 2 6 6 42 2 43 31 1 1 1 3 3 2 46 6 22 2 3 33 3 EP FP                                          ； 当直线 EF 不与 x 轴重合时，设直线 EF 的方程为 6 3x ty  ，设点  1 1,E x y 、  2 2,F x y ， 联立 2 2 6 3 12 x ty x y       ，消去 x 得  2 2 2 6 42 03 3 tt y y    ，  2 2 28 16 322 8 03 3 3t t t       恒成立， 由韦达定理得  1 2 2 2 6 3 2 ty y t     ，  1 2 2 4 3 2 y y t    ， 因此，           22 2 1 2 1 21 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 21 1 1 1 1 1 1 1 y y y yy y t y t y t y y t y yEP FP                           22 2 222 2 2 2 2 22 2 16 18 8 3 23 2 3 2 16 9 316 16 3 161 1 9 2 9 2 tt tt t t t t t                . 综上所述， 2 2 1 1 3 EP FP   （定值）. 【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中定值问题的求解，考查韦达定理设 而不求法的应用，考查计算能力，属于中等题. 21.个人所得税是国家对本国公民、居住在本国境内的个人的所得和境外个人来源于本国的所 得征收的一种所得税.我国在 1980 年 9 月 10 日，第五届全国人民代表大会第三次会议通过并 公布了《中华人民共和国个人所得税法》.公民依法诚信纳税是义务，更是责任现将自 2013 年 至 2017 年的个人所得税收入统计如下 并制作了时间代号 x 与个人所得税收入的如如图所示的散点图: 根据散点图判断，可用①y=menx 与② 2y px q  作为年个人所得税收入 y 关于时间代号 x 的 回归方程，经过数据运算和处理，得到如下数据: 以下计算过程中四舍五入保留两位小数. （1）根据所给数据，分别求出①，②中 y 关于 x 的回归方程； （2）已知 2018 年个人所得税收人为 13.87 千亿元，用 2018 年的数据验证（1）中所得两个回 归方程，哪个更适宜作为 y 关于时间代号 x 的回归方程? （3）你还能从统计学哪些角度来进一步确认哪个回归方程更适宜? (只需叙述，不必计算) 附:对于一组数据 1 1 2 2( , ),( , ), ( , )n nu v u v u v 其回归直线 v a u  的斜率和截距的最小二乘 估计分别为:   1 2 1 ( )( ) , ( ) n i i i n i i u u v v v u u u             【答案】（1）  0.165.37 xy e ；  26.5 0.22y x  ；（2）  0.165.37 xy e ；（3）见解析 【解析】 【分析】 （1）①y=menx，两边取对数得：ln lny nx m  ，令 lnz y ，转化为线性回归分析， 利 用 表 中 数 据 ， 代 入   5 1 5 2 1 ( )( ) ,ln 0.16 ( )           i i i i i x x z z n m z x x x 求 解 .② 2y px q  ， 令 2x  ，转化为性回归分析，利用表中数据，代入   5 1 5 2 1 ( )( ) , 0.22 ( )                i i i i i y y p q y 求 解. （2）将 6x  ，分别代入  26.5 0.22y x  ，  0.165.37 xy e 求值比较，哪个更接接近 13.87 千 亿元，哪个就适宜作为 y 关于时间代号 x 的回归方程. （3）还可以计算两个回归方程的残差，残差的平方和越小，拟合效果越好. 【详解】（1）①因为 y=menx， 两边取对数得：ln lny nx m  ， 令 lnz y ， 由表中数据得： 2.16, 3z x  ， 所以   5 1 5 2 1 ( )( ) 0.16,ln 0.16 1.68 ( )             i i i i i x x z z n m z x x x ， 所以 1.68 5.37 m e ， 所以  0.165.37 xy e ， ② 2y px q  ， 令 2x  ，  y p q ， 由表中数据得： 8.92, 11y   ， 所以   5 1 5 2 1 ( )( ) 83.83 0.22, 0.22 6.5374( )                   i i i i i y y p q y ， 所以  26.5 0.22y x  . （2）当 6x  时，  0.16 65.37 14.02 y e ，  26.5 0.22 6 14.42   y ， 因为 2018 年个人所得税收人为 13.87 千亿元， 所以  0.165.37 xy e 更适宜作为 y 关于时间代号 x 的回归方程. （3）还可以计算两个回归方程的残差，残差的平方和越小，拟合效果越好. 【点睛】本题主要考查了回归分析以及回归方程的求法，还考查了运算求解的能力，属于中 档题. 22.已知函数    2 1 11 ( )R ,ax xf x x e a a g x e x       . （1）求函数  f x 的单调区间； （2）对 a∈(0，1)，是否存在实数λ，    1, , 1,nm a a a a     ，使   2 ( ) 0f gn m   成立，若存在，求λ的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）答案不唯一见解析（2）存在， e  . 【解析】 【分析】 （1）求函数导数，分 0, 0, 0a a a   三种情况，分析 ( )f x 与 0 的关系，即可求出函数的 单调区间； （2）由题意转化为 0  且 2 min min[ ( )] ( )f n g m ，利用导数求出 min 2 2[ ( )] (1 )f n a  ， min( ) (1) 0g x g  ，即转化为 2 1 (1 ) a a e a     ，构造函数 2 1 (1 )( ) , [0,1)x xh x xe x   ，利用导数 可求出 2 1 (1 ) a a ee a   ，即可求解. 【详解】（1）   2 1 1axf x x e a   ( R)a  的定义域为 ( , )  ， 1( ) ( 2) axf x x ax e     ， ①当 a=0 时， 0, ( ) 0, 0, ( ) 0x f x x f x     ， 所以函数 ( )f x 的单调递增区间为 (0, ) ，单调递减区间为 ( ,0) . ②当 a>0 时， 2 2, , ( ) 0, ,0 , ( ) 0, (0, )x f x x f x xa a                    ， ( ) 0f x  ， 所以函数 ( )f x 的单调递增区间为 2, ,(0, )a       ，单调递减区间为 2 ,0a     . ③当 a<0 时， 2 2( ,0), ( ) 0, 0, , ( ) 0, ,x f x x f x xa a                   ， ( ) 0f x  所以函数 ( )f x 的单调递减区间为 2( ,0), ,a       ，单调递增区间为 20, a     . （2）由 1( ) xg x e x  ，得 1( ) 1xg x e    ，当 1x  时， ( ) 0, 1 g x x   时， ( ) 0g x  ， 故 ( )g x 在 ( ,1) 上单调递减，在 (1, ) 上单调递增， 所以 min( ) (1) 0g x g  ，故当 [ 1, ]m a a  时， 1 min( ) ( ) 0ag m g a e a    当 (0,1)a  时， 21a a    ，由（1）知，当 [ 1, ]n a a  时， min( ) (0) 1 0f n f a    所以 min 2 2[ ( )] (1 )f n a  ， 若对 [ 1, ], [ 1, ]m a a n a a      使 2[ ( )] ( ) 0f n g m  成立，即 2[ ( )] ( )f n g m 则 0  且 2 min min[ ( )] ( )f n g m . 所以  2 1(1 ) eaa a    ，所以 2 1 (1 ) a a e a     . 设 2 1 (1 )( ) , [0,1)x xh x xe x   ，则     1 1 21 ( 1) 3 1 ( ) x x x x e xe x h x e x           ， 令 1 1( ) 3e e 1, [0,1]x xr x x x x      则 1( ) (2 )e 1xr x x     ， 当 [0,1)x 时，由 1xe x  ，故 1e 2x x   ， 所以 1(2 ) 1xx e   ，故 ( ) 0r x  ， 所以 ( )r x 在[0,1]上单调递减， 所以 [0,1)x 时， ( ) (1) 0r x r  ，即 ( ) 0r x  , 又 [0,1)x 时, 1 0x   , 所以当 [0,1)x 时， ( ) 0, ( )h x h x  单调递减， 所以当 (0,1)x 时， ( ) (0)h x h e  ， 即 (0,1)a  时， 2 1 (1 ) a a ee a   ，故 e… . 所以当 e… 时，对 (0.1), [ 1, ], [ 1, ]a m a a n a a        使 2[ ( )] ( ) 0f n g m  成立 【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的单调区间，利用导数求函数的最值，恒成立问题， 转化思想，分类讨论思想，考查了推理能力和运算能力，属于难题.