广东省深圳市2020届高三二模考试数学（理）试题 Word版含解析 27页

- 1 - 2020 年深圳市高三年级第二次调研考试 数学（理科） 本试卷共 6 页，23 小题，满分 150 分．考试用时 120 分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的签字笔在答题卡指定位置填写自己的学校、姓名和考生号， 并将条形码正向准确粘贴在答题卡的贴条形码区，请保持条形码整洁、不污损． 2．选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上． 3．非选择题必须用 0.5 毫米黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内； 如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要 求作答的答案无效． 4．作答选做题时，请先用 2B 铅笔填涂选做题的题号对应的信息点，再作答． 5．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回． 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.设 z 2 1 (1 ) i i   ,则|z|＝（ ） A. 1 2 B. 2 2 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 把已知等式变形,再由商的模等于模的商求解即可. 【详解】解：∵z 2 1 1 (1 ) 2 i i i i     , ∴|z|＝| 1 2 i i   | 1 2 2 2 i i   . 故选：B. 【点睛】本题考查复数模的求法,考查数学转化思想方法,是基础题. 2.已知集合  | 2xA y y  ，  2| 3 2 0B x x x    则（ ） A. A B   B. A B R C. A B D. B A - 2 - 【答案】D 【解析】 【分析】 根据指数函数的值域化简集合 A 的表示，解一元二次不等式化简集合 B 的表示，最后根据集 合的交集和并集的定义、子集的定义进行判断即可. 【详解】因为    | 2 | 0xA y y y y    ，    2| 3 2 0 |1 2B x x x x x       ， 所以  |1 2A B x x     ，故选项 A 不正确；  | 0y yA B R   ，故选项 B 不正确； 根据子集的定义有 B A . 故选：D 【点睛】本题考查了集合交集、并集的运算，考查了子集的定义，考查了指数函数的值域， 考查了解一元二次不等式，考查了数学运算能力. 3.设α为平面，m，n 为两条直线，若 m  ，则“ m n ”是“ n  ”的（ ） A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】 根据充分性和必要性的定义，结合线面垂直的性质进行判断即可. 【详解】当 m  时，如果 m n ，不一定能推出 n  ，因为直线 n 可以在平面α外， 当 m  时，如果 n  ，根据线面垂直的性质一定能推出 m n ，所以若 m  ，则 “ m n ”是“ n  ”的必要不充分条件. 故选：C 【点睛】本题考查了必要不充分条件的判断，考查了线面垂直的性质，考查了推理论证能力. 4.已知双曲线 C： 2 2 2 2 1y x a b   （ 0a  ， 0b  ）的两条渐近线互相垂直，则 C 的离心率为（ ） A. 2 B. 2 C. 3 D. 3 【答案】A - 3 - 【解析】 【分析】 根据双曲线和渐近线的对称性，结合双曲线离心率的公式、 , ,a b c 之间的关系、双曲线渐近线 方程进行求解即可. 【详解】双曲线 C： 2 2 2 2 1y x a b   的渐近线方程为： ay xb   ，因为该双曲线的两条渐近线互 相垂直， 所以有 2 2 2 2 2 2 21 2 2 2a ca b a b a c a c a c a eb a                . 故选：A 【点睛】本题考查了已知双曲线渐近线的性质求离心率问题，考查了数学运算能力，属于基 础题. 5.已知定义在 R 上的函数  f x 满足    2f x f x  ，当 0 1x  时，   1 3f x x ，则 17( )8f  （ ） A. 1 2 B. 2 C. 1 8 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】 根据等式    2f x f x  ，结合已知函数的解析式、指数幂运算公式进行求解即可 【详解】因为    2f x f x  ，所以 17 1 1( ) (2 ) ( )8 8 8f f f   ， 因为 1 [0,1]8  ，所以 1 1 33 3 1[1 1 1( ) ( ) ( 2) ]8 8 2f   . 故选：A 【点睛】本题考查了求函数值，考查了指数运算公式的应用，考查了数学运算能力. 6.若 1x ， 2x ，…， nx 的平均数为 a，方差为 b，则 12 3x  ， 22 3x  ，…， 2 3nx  的平均数 和方差分别为（ ） A. 2a，2b B. 2a，4b C. 2 3a  ，2b D. 2 3a  ， 4b - 4 - 【答案】D 【解析】 【分析】 直接根据平均值和方差的性质得到答案. 【详解】根据平均值和方差的性质知： 12 3x  ， 22 3x  ，…， 2 3nx  的平均数和方差分别为 2 3a  和 22 4b b . 故选：D. 【点睛】本题考查了平均值和方差，意在考查学生的计算能力和对于平均值和方差的性质的 灵活运用. 7.记等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，若 2 4S  ， 4 2S  ，则 6S  （ ） A. 6 B. 4 C. 2 D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】 直接利用等差数列和的性质得到答案. 【详解】根据等差数列和的性质知：    4 2 2 6 42    S S S S S ，故 64= 2S  ，即 6 6S   . 故选：A. 【点睛】本题考查了等差数列和的性质，意在考查学生的计算能力和应用能力. 8.函数 f（x）  1 4 2 x x sinx  的部分图象大致为（ ） A. B. - 5 - C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先判断函数的奇偶性，结合选项中函数图象的对称性，先排除不符合题意的，然后结合特殊 点函数值的正负即可判断. 【详解】因为 f（﹣x）        1 4 4 1 1 4 2 2 2            x x x x x x sin x sinx sinx f（x）， 所以 f（x）为偶函数，图象关于 y 轴对称，排除选项 A，C， 又 f（2）  2 2 1 4 2 15 sin 22 4    sin ， 因为 22    ，所以sin 2 0 ，所以 f（2）＜0，排除选项 D. 故选：B. 【点睛】本题主要考查函数图象与性质及其应用，还考查了数形结合的思想方法，属于中档 题. 9.已知椭圆 C： 2 2 2 13 x y a   的右焦点为 F，O 为坐标原点，C 上有且只有一个点 P 满足 OF FP ，则 C 的方程为（ ） A. 2 2 112 3 x y  B. 2 2 18 3 x y  C. 2 2 16 3 x y  D. 2 2 14 3 x y  【答案】D 【解析】 【分析】 - 6 - 根据对称性知 P 在 x 轴上， 2a c ，计算得到答案. 【详解】根据对称性知 P 在 x 轴上，OF FP ，故 2a c ， 2 23a c  ，解得 2a  ， 1c  ， 故椭圆方程为： 2 2 14 3 x y  . 故选：D. 【点睛】本题考查了椭圆方程，意在考查学生的计算能力，确定 P 在 x 轴上是解题的关键. 10.下面图 1 是某晶体的阴阳离子单层排列的平面示意图.其阴离子排列如图 2 所示,图 2 中圆 的半径均为 1,且相邻的圆都相切,A,B,C,D 是其中四个圆的圆心,则 AB  •CD  （ ） A. 32 B. 28 C. 26 D. 24 【答案】C 【解析】 【分析】 建立以 ,a b   为一组基底的基向量,其中 1a b  且 ,a b   的夹角为 60°,根据平面向量的基本 定理可知,向量 AB  和CD  均可以用 a b， 表示,再结合平面向量数量积运算法则即可得解. 【详解】解：如图所示,建立以 ,a b   为一组基底的基向量,其中 1a b  且 ,a b   的夹角为 60°, ∴ 2 4AB a b   , 4 2CD a b   , ∴     2 2 12 4 4 2 8 8 20 8 8 20 1 1 262AB CD a b a b a b a b                       . 故选：C. 【点睛】本题考查平面向量的混合运算,观察图形特征,建立基向量是解题的关键,考查学生的 分析能力和运算能力,属于中档题. - 7 - 11.意大利数学家斐波那契（1175 年—1250 年）以兔子繁殖数量为例，引入数列：1，1，2， 3，5，8，…，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即 2 1n n na a a    n N 故 此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为 1 1 5 1 5 2 25 n n na                    （设 n 是不等式  2log 1 5 x    1 5 2 11 x x   的正 整数解，则 n 的最小值为（ ） A. 10 B. 9 C. 8 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】 根 据 题 意 ， n 是 不 等 式    2log 1 5 1 5 2 11 x x x        的 正 整 数 解 ， 化 简 得  11 2 5na  ，即 11 2 2 5na  ，根据数列 na 的单调性，求出 11 2 2 5na  成立的 n 的最小值，即可 求出答案. 【详解】解析：∵ n 是不等式    2log 1 5 1 5 2 11 x x x        的正整数解， ∴    2log 1 5 1 5 2 11 n n n        ， ∴    2log 1 5 1 5 2 11 n n n        ， ∴      2 2 2log 1 5 1 5 log 2 11 n n n        ， 即    2 2log 1 5 1 5 log 2 11 n n n        ∴     2 1 5 1 5 log 112 n n n        ， ∴ 2 1 5 1 5log 112 2 n n                   ， - 8 - ∴  111 5 1 5 22 2 n n               ， ∴  11 21 1 5 1 5 2 25 5 n n                   ， 令 1 1 5 1 5 2 25 n n na                    ，则数列 na 即为斐波那契数列，  11 2 5na  ，即 11 2 2 5na  ， 显然数列 na 为递增数列，所以数列 2 na 亦为递增数列， 不难知道 7 13a  ， 8 21a  ，且 11 2 7 2 5a  ， 11 2 8 2 5a  ， ∴使得 11 2 2 5na  成立的 n 的最小值为 8， ∴使得    2log 1 5 1 5 2 11 x x x        成立的 n 的最小值为 8. 故选：C. 【点睛】本题考查数列的新定义，以及利用数列的单调性求最值，还根据对数运算化简不等 式，考查转化思想和化简运算能力. 12.已知直线 y  与函数    sinf x x   （ 0 1  ）的图象相交，将其中三个相邻 交点从左到右依次记为 A，B，C，且满足 AC nBC   *Nn 有下列结论： ①n 的值可能为 2 ②当 3n  ，且   时，  f x 的图象可能关于直线 x   对称 ③当 6 π 时，有且仅有一个实数ω，使得  f x 在 ,1 1          上单调递增； ④不等式 1n  恒成立 其中所有正确结论的编号为（ ） A. ③ B. ①② C. ②④ D. ③④ 【答案】D - 9 - 【解析】 【分析】 根据三角函数的图像性质，依次分析四个结论即可求解. 【详解】解析：如图所示， 不妨设  1,A x  ，  2 ,B x  ，  3,C x  ，且线段 AB 的中点为  0 ,M x  ， 显然有 3 1 2x x    ， 1 2 0 2 x xx  ，且  f x 的图象关于直线 0x x 对称， ∵ AC nBC   *nN ，∴ | | 1 | | AB n nAC     *nN ， ∴   2 1 2 1nx x n     ，即   2 1 2 1nx x n     ,（1） ∵ 0 1  ，且 *nN ，∴由正弦曲线的图像可知， 0 2 2x k      （ k Z ）. ∴ 1 2 22 2 x x k       （ k Z ）， 即 2 1 4 2x x k        ，（2） 由等式（1），（2）可得 1 32 2x k n        ， ∴ 3sin 2 2k n         ，即 cos n   ， ∴  cos 0,1n    ，且 *nN ，∴ 3n  ，且 1 ,12      ， 对于结论①，显然 2n  ，故结论①错误： 对于结论②，当 3n  ，且| |  时，则 1cos 3 2    ， 故   sin 2 xf x      ，若  f x 的图象关于直线 x   对称， - 10 - 则 2 2k      （ k Z ），即 2k    （ k Z ） 显然与| |  矛盾，从而可知结论②错误： 对于结论③，∵ 1 ,12      ，且  f x 在区间 ,1 1          上单调递增， ∴ 1 6 2 1 6 2                        ，∴ 1 2   ，故结论③正确； 对于结论④，下证不等式 cos 1n n   （ 3n  ）， （法一）当 3n  时， 1cos cos 3 2n    ， ∴ 3cos 12n n    （ 3n  ），即 cos 1n n   （ 3n  ）， （法二）即证不等式 1cos 0n n    （ 3n  ）恒成立， 构造函数   1cosg x x x   （ 3x  ），显然函数  g x 单调递增， 当 3n  时，     13 06g n g   ，即不等式 1cos 0n n    （ 3n  ）恒成立，故结论④正 确： 综上所述，正确的结论编号为③④ 故选：D 【点睛】本题考查三角函数的图像性质，属于中档题. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13.曲线 lny x x  在点 (1,0) 处的切线的方程为__________． 【答案】 1 0x y   【解析】 【分析】 对  f x 求导，带入 1x  得到斜率，通过点斜式得到切线方程，再整理成一般式得到答案. 【详解】 lny x x  1ln ln +1y x x xx      - 11 - 带入 1x  得切线的斜率 1k  ， 切线方程为  0 1 1y x    ，整理得 1 0x y   【点睛】本题考查导数的几何意义，通过求导求出切线的斜率，再由斜率和切点写出切线方 程.难度不大，属于简单题. 14.若 x，y 满足约束条件 2 0 0 3 0 y x y x y          ，则 yz x  的最大值为__________. 【答案】2 【解析】 【分析】 画出可行域， z 表示可行域上的点到原点 (0,0) 的斜率，分析并计算 z 的最大值. 【详解】作出可行域如图所示， 又 z 为可行域内的点到原点 (0,0)O 的斜率，由图得 z 的最大值为 AOk ， 又 (1,2)A ，得 z 的最大值为 AOk 2 . 故答案为： 2 【点睛】本题考查了线性规则，正确画出不等式组表示的平面区域是解题的基础，理解目标 函数的意义是解题的关键． 15.2020 年初，湖北成为全国新冠疫情最严重的省份，面临医务人员不足和医疗物资紧缺等诸 多困难，全国人民心系湖北，志愿者纷纷驰援若将 4 名医生志愿者分配到两家医院（每人去 一家医院，每家医院至少去 1 人），则共有__________种分配方案. 【答案】14 【解析】 【分析】 根据题意先将 4 名医生分成 2 组，再分配的两家医院即可求得分配方案的种数，分组时有1 3 和 2 2 两种分组方法，同时注意 2 2 是平均分组问题. - 12 - 【详解】由题先将 4 名医生分成 2 组，有 2 2 1 4 2 4 2 2 C CC A  4 3 7   种， 再分配的两家医院有 2 27 14A  种. 故答案为：14 【点睛】本题考查了排列组组合的综合应用，考查了先选再排的技巧，分组时要注意分类讨 论，还有要特别注意平均分组问题的计数方法. 16.已知正方形 ABCD 边长为 3，点 E，F 分别在边 AB ， AD 上运动（E 不与 A，B 重合，F 不与 A，D 重合），将 AEF 以 EF 为折痕折起，当 A，E，F 位置变化时，所得五棱锥 A EBCDF 体积的最大值为__________. 【答案】 2 3 【解析】 【分析】 欲使五棱锥 A EBCDF 的体积最大，须有平面 AEF  平面 EBCDF ，求出底面五边形 EBCDF 的面积以及高，利用棱锥的体积公式得出体积表达式，再由基本不等式以及导数得 出五棱锥 A EBCDF 体积的最大值. 【详解】解析：不妨设 3AE a ， 3AF b ， , (0,1)a b 在直角三角形 AEF 中，易知 EF 边上的高为 2 2 3abh a b   又五棱锥 A EBCDF 的底面面积为 9 1 2 abS      欲使五棱锥 A EBCDF 的体积最大，须有平面 AEF  平面 EBCDF ∴ max 2 2 1 9 13 2 ab abV Sh a b         ∵ 2 2 2a b ab  ，∴  max 9 29 1 22 42 ab abV ab ab ab ab         令t ab ，则  0,1t  ，∴  3 max 9 2 24V t t  ，  0,1t  令   32f t t t  ，  0,1t  ，则   22 3tf t  - 13 - 不难知道，当 6 3t  时， ( )f t 取得最大值 4 6 9 ∴ max 9 2 4 6 2 34 9V    综上所述，当 6 3a b  时，五棱锥 A EBCDF 的体积取得最大值 2 3 故答案为： 2 3 . 【点睛】本题主要考查了利用导数解决实际应用问题，涉及了棱锥的体积公式和基本不等式 的应用，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. ABC 中，D 为 BC 上的点，AD 平分 BAC ， 5AD  ， 8AC  ， ACD 的面积为10 3 . （1）求 CD 的长； （2）求sin B . 【答案】（1） 7 （2） 3 3 14 【解析】 【分析】 （1）根据三角形面积公式可得 3sin 2DAC  ，可得 60 ∠DAC ，根据余弦定理可得 7CD  ； （2）根据余弦定理求出 1cos 7ADC  ，可得 4 3sin 7ADC  ，再利用 60B ADC    以及两角差的正弦公式可得结果. 【详解】（1）因为 5AD  ， 8AC  ， ACD 的面积为10 3 ， ∴ 1 5 8sin 10 32 DAC    ， - 14 - ∴ 3sin 2DAC  ， ∵ 0 180BAC     ， AD 平分 BAC ， ∴ 0 90DAC     ， ∴ 60 ∠DAC ， 在 ACD 中，由余弦定理，得 2 2 2 2 22 cos 5 8 2 5 8 cos60 49CD AD AC AC AD DAC               ， ∴ 7CD  . （2）在 ACD 中，由余弦定理，得 2 2 25 7 8 1cos 2 5 7 7ADC      ， ∴ 2 1 4 3sin 1 cos 1 49 7ADC ADC       ， 因为 AD 平分 BAC ，所以 60BAD CAD     ， ∴  sin sin 60 sin cos60 cos sin 60B ADC ADC ADC         4 3 1 1 3 3 3 7 2 7 2 14      ， 【点睛】本题考查了余弦定理、三角形内角和定理、三角形的面积公式、两角差的正弦公式， 属于基础题.. 18.如图，三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，底面 ABC 为等边三角形，E，F 分别为 AB ， 1AA 的中点， 1CE FB ， 1 1 2 32 3AB AA EB  . （1）证明： EF  平面 1CEB ； - 15 - （2）求直线 EF 与平面 1CFB 所成角的大小. 【答案】（1）证明见解析；（2） 4  【解析】 【分析】 （1）通过计算可得 1EF EB ，通过证明CE  平面 1 1ABB A ，可得CE EF ，再根据直线 与平面垂直的判定定理可得 EF  平面 1CEB ； （2）先说明直线 EB ，CE ， EM 两两垂直，再以 EB  ， EC  ， EM  的方向为 x，y，z 轴的 正方向，以点 E 为原点，建立空间直角坐标系，然后利用空间向量可求得结果. 【详解】（1）证明：设 1 2AA a ，∵ 1 1 2 32 3AB AA EB  ， 则 2 2AB a ， 1 6EB a ， 1 2BB a ， ∵点 E 为棱 AB 的中点，∴ 2EB a ， ∴ 2 2 2 1 1EB EB BB  ，∴ 1EB BB . ∵三棱柱 1 1 1ABC A B C 的侧面 1 1ABB A 为平行四边形， ∴四边形 1 1ABB A 为矩形， ∵点 F 为棱 1AA 的中点， ∴ 2 2 2 2 1 1 1 1 9FB A F A B a   ， 2 2 2 23FE AF AE a   ， ∴ 2 2 2 1 1FB EF EB  ，∴ 1EF EB . ∵三棱柱的底面 ABC 是正三角形，E 为 AB 的中点， ∴CE AB . ∵ 1CE FB ，且 AB Ì平面 1 1ABB A ， 1FB  平面 1 1ABB A ，且 AB ， 1FB 相交， ∴CE  平面 1 1ABB A ，∵ EF  平面 1 1ABB A ，∴CE EF ，∵ 1EC EB E ， ∴ EF  平面 1CEB . - 16 - （2）由（1）可知 CE  平面 1 1ABB A ，∴ 1CE BB ，∴ 1BB  平面 ABC ， ∴三棱柱 1 1 1ABC A B C 是正三棱柱， 设 1 1A B 的中点为 M，则直线 EB ，CE ， EM 两两垂直， 分别以 EB  ，EC  ，EM  的方向为 x，y，z 轴的正方向，以点 E 为原点，建立如图所示的空间 直角坐标系， 设  0,0,0E ，  0, 6 ,0C a ，  2 ,0,F a a ，  1 2 ,0,2B a a ， 则  2 ,0,EF a a  ，  2 , 6 ,FC a a a  ，  1 2 2 ,0,FB a a . 设平面 1CFB 的一个法向量为  , ,n x y zr ，则 1 0 0 n FC n FB        ，则 2 6 0 2 2 0 0 ax ay az ax y az         ，则 2 6 0 2 2 0 x y z x z       ， 不妨取 1x  ，则 3y   ，则 2 2z   ，所以  1, 3, 2 2n    ， 设直线 EF 与平面 1CFB 所成角为 ， 则 2 2 2| | 2sin 2| || | 3 12 a aEF n EF n a           ， 因为 [0, ]2   ，所以 4   则直线 EF 与平面 1CFB 所成角的大小为 4  . 【点睛】本题考查了线面垂直的性质与判定，考查了直线与平面所成角的向量求法，属于中 档题. 19.足球运动被誉为“世界第一运动”.为推广足球运动，某学校成立了足球社团由于报名人 - 17 - 数较多，需对报名者进行“点球测试”来决定是否录取，规则如下： （1）下表是某同学 6 次的训练数据，以这 150 个点球中的进球频率代表其单次点球踢进的概 率.为加入足球社团，该同学进行了“点球测试”，每次点球是否踢进相互独立，将他在测试 中所踢的点球次数记为 ，求  E  ； （2）社团中的甲、乙、丙三名成员将进行传球训练，从甲开始随机地将球传给其他两人中的 任意一人，接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去，且假定每 次传球都能被接到.记开始传球的人为第 1 次触球者，接到第 n 次传球的人即为第 1n  次触球 者 n N  ，第 n 次触球者是甲的概率记为 nP . （i）求 1P ， 2P ， 3P （直接写出结果即可）； （ii）证明：数列 1 3nP    为等比数列. 【答案】（1）1.56（2）（i） 1 1P  ， 2 0P  ， 3 1 2P  （ii）证明见解析； 【解析】 【分析】 （1）先求出踢一次点球命中的概率，然后根据相互独立事件的乘法公式分别求出 取 1，2， 3 的概率，再根据离散型随机变量的期望公式可求得结果； （2）（i）根据传球顺序分析可得答案；（ii）根据题意可得    1 1 1 1 10 1 12 2n n n nP P P P          ，再变形为 1 1 1 1 3 2 3n nP P         ，根据等比数列 的定义可证结论. 【详解】（1）这 150 个点球中的进球频率为10 17 20 16 13 14 0.6150       ， - 18 - 则该同学踢一次点球命中的概率 0.6p  ， 由题意， 可能取 1，2，3，则  1 0.6P    ，  2 0.4 0.6 0.24P      ，   23 0.4 0.16P     ， 则 的期望   1 0.6 2 0.24 3 0.16 1.56E         . （2）（i）因为从甲开始随机地将球传给其他两人中的任意一人，所以第 1 次触球者是甲的概 率 1 1P  ，显然第 2 次触球者是甲的概率 2 0P  ，第 2 次传球有两种可能，所以第 3 次触球者 是甲的概率概 3 1 2P  ， （ii）∵第 n 次触球者是甲的概率为 nP ， 所以当 2n  时，第 1n  次触球者是甲的概率为 1nP  ，第 1n  次触球者不是甲的概率为 11 nP  ， 则    1 1 1 1 10 1 12 2n n n nP P P P          . 从而 1 1 1 1 3 2 3n nP P         ，又 1 1 2 3 3P   ， ∴ 1 3nP    是以 2 3 为首项，公比为 1 2  的等比数列. 【点睛】本题考查了样本估计总体，离散型随机变量的期望，考查了递推关系以及等比数列 的概念；考查分析问题、解决问题的能力，建模能力，处理数据能力.属于中档题. 20.在平面直角坐标系 xOy 中，P 为直线 0l ： 4x   上的动点，动点 Q 满足 0PQ l ，且原点 O 在以 PQ 为直径的圆上.记动点 Q 的轨迹为曲线 C （1）求曲线 C 的方程： （2）过点  2,0E 的直线 1l 与曲线 C 交于 A，B 两点，点 D（异于 A，B）在 C 上，直线 AD ， BD 分别与 x 轴交于点 M，N，且 3AD AM  ，求 BMN△ 面积的最小值. 【答案】（1） 2 4y x （2）8 2 【解析】 【分析】 - 19 - （1）设动点  ,Q x y ，表示出 ,OP OQ   ，再由原点 O 在以 PQ 为直径的圆上，转化为 0OP OQ   ，得到曲线 C 的方程. （2）设而不解，利用方程思想、韦达定理构建 BMN△ 面积的函数关系式，再求最小值. 【详解】解：（1）由题意，不妨设  ,Q x y ，则  4,P y ，  4,OP y  ，  ,OQ x y ∵O 在以 PQ 为直径的圆上，∴ 0OP OQ   ，∴    24, , 4 0y x y x y      ， ∴ 2 4y x ，∴曲线 C 的方程为 2 4y x . （2）设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，  3 3,D x y ，  ,0M m ，  ,0N n ， 依题意，可设 1l ： x ty a  （其中 2a  ），由方程组 2 4 x ty a y x     消去 x 并整理，得 2 4 4 0y ty a   ，则 1 2 4y y t  ， 1 2 4 8y y a    ， 同理可设 1:AM x t y m  ， 2:BN x t y n  ， 可得 1 3 4y y m  ， 2 3 4y y n  ， ∴ 1 3 4 y ym   ， 2 3 4 y yn   ， 又∵ 3AD AM  ，∴   3 1 3 1 1 1, 3 ,x x y y m x y     ， ∴ 3 1 13y y y   ，∴ 3 12y y  ， ∴ 1 3 2 3 1 2 3 1 1 4 4MN m n y y y y y y y       1 2 1 1 1 2 1 124 2y y y y y y       ， ∴  2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 4 8 22 4BMNS MN y y y y y y y y y t         △ ， ∴当 0t  时， BMN△ 面积取得最小值，其最小值为8 2 . 【点睛】本题以直线与抛物线为载体，其几何关系的向量表达为背景，利用方程思想、韦达 定理构建目标函数，利用坐标法解决几何问题贯穿始终，主要考查直线与抛物线的位置关系 最值问题，考查学生的逻辑推理，数学运算等数学核心素养及思辨能力. 21.已知函数    1 cos 0axf x e x a   ．（其中常数 2.71828e  ，是自然对数的底数） - 20 - （1）若 3a  ，求  f x 在 0, 2      上的极大值点； （2）（i ）证明  f x 在 2 0, 1 a a      上单调递增； （ii ）求关于 x 的方程   1 af x e 在 0, 2      上的实数解的个数． 【答案】（1） 3  ；（2）（i ）证明见解析，（ii ）当 0 1a  时，方程   1 af x e 在 0, 2      上的 实数解的个数为1，当 1a  时，方程   1 af x e 在 0, 2      上的实数解的个数为 2 . 【解析】 【分析】 （1）首先求出函数的导数，利用导数得到函数的单调区间，再根据单调区间即可得到函数的 极大值点. （2）（i ）首先根据  f x 的单调性只需证明 021 a x a   ，将问题转化为证明 0 0sin x x ， 构造函数 ( ) sing x x x  ，再结合 ( )g x 的单调性即可证明.（ii）首先证明 1xe x  ，再证明 函数  f x 的最大值   1 0 af x e   ，设   1 1cos ax aG x x e e    ，分别求出 0 , 2x x      和  00,x x 的零点个数，从而得到方程解得个数. 【详解】（1）   1 1 1cos sin cos ( tan )ax ax axf x ae x e x x e a x          . 当 3a  时，   3 1cos ( 3 tan )xf x x e x    . x 0, 3      3  ,3 2        f x  0   f x 增函数 极大值 减函数 - 21 - 所以函数  f x 的极大值点为 3  . （2）（i ）因为 0a  ，所以在 0, 2      上必存在唯一的实数 0x ，使得 0tan x a . 所以  00,x x ，   0f x  ，  f x 为增函数， 0, 2x x     ，   0f x  ，  f x 为减函数. 要证明  f x 在 2 0, 1 a a      上单调递增，只需证明 021 a x a   即可. 又因为 0tan x a ，所以 0 0 0 02 0 0 0 2 2 2 sin cos sin 1 1 sin1 cos tan tan x x x x x xa x a       ， 即证 0 0sin x x 即可. 设 ( ) sing x x x  ， ( ) cos 1 0g x x    ，所以 ( )g x 在 0, 2     为减函数. 当 0, 2x     时， 0( ) (0) 0g x g  ， 0 0sin 0x x  ，即 0 0sin x x ， 即证 021 a x a   ， 所以  f x 在 2 0, 1 a a      上单调递增. （ii ）先证明 0x  时， 1xe x  . 设   1xh x e x   ， 0x  ，   1xh x e   ， 因为 0x  ，所以   0h x  ，  h x 在 0, 为增函数. 所以    0 0h x h  ，即 1xe x  . 再证明函数  f x 的最大值   1 0 af x e   . 因为 0tan x a ，所以 0 2 1cos 1 x a   ， 0 2 sin 1 ax a   . - 22 - 因为 1xe x  ，所以 0 1 0 0sinaxe ax a x   . 所以   0 2 1 0 0 0 0 2cos sin cos 1 ax af x e x a x x a        . 下面证 12 21 aa ea   ，令 1t a   ，则 0t  ， 即证 2 1 1 tet  ， 0t  ， 21 1 0tt e   ， 0t  . 设    21 1tF t t e   ，    21 0tF t t e    ， 所以函数  F t 为增函数. 当 0t  时，    0 0F t F  ，即 21 1 0tt e   . 即证：   1 0 af x e   . 设   1 1cos ax aG x x e e    ， 0, 2x     ， 当 0 , 2x x      时，  0 0G x  ， 1 02 aG e        ， 且  G x 在 0 , 2x      为减函数，所以  G x 在 0 , 2x      上有唯一零点. 当  00,x x 时，   110 aG ee    ，  0 0G x  ，且  G x 在 00, x 为增函数. ①当 0 1a  时， 11 aee   ，即  0 0G  ，所以  G x 在 00, x 上没有零点. ②当 1a  时， 11 aee   ，即  0 0G  ，所以  G x 在 00, x 上有唯一零点. 综上所述：当 0 1a  时，方程   1 af x e 在 0, 2      上的实数解的个数为1， 当 1a  时，方程   1 af x e 在 0, 2      上的实数解的个数为 2 . 【点睛】本题主要考查函数的单调区间、极值和最值，同时考查了利用导数研究函数的零点 问题，考查了学生的计算能力，属于难题. - 23 - （二）选考题：共 10 分．请考生在第 22、23 两题中任选一题作答．注意：只能做所选定的 题目．如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方 框涂黑． 选修 4－4：坐标系与参数方程 22.椭圆规是用来画椭圆的一种器械，它的构造如图所示，在一个十字形的金属板上有两条互 相垂直的导槽，在直尺上有两个固定的滑块 A，B，它们可分别在纵槽和横槽中滑动，在直尺 上的点 M 处用套管装上铅笔，使直尺转动一周，则点 M 的轨迹 C 是一个椭圆，其中|MA|＝2， |MB|＝1，如图，以两条导槽的交点为原点 O，横槽所在直线为 x 轴，建立直角坐标系. （1）将以射线 Bx 为始边，射线 BM 为终边的角 xBM 记为φ（0≤φ＜2π），用 表示点 M 的 坐标，并求出 C 的普通方程； （2）已知过 C 的左焦点 F，且倾斜角为α（0≤α 2 ＜ ）的直线 l1 与 C 交于 D，E 两点，过点 F 且垂直于 l1 的直线 l2 与 C 交于 G，H 两点.当 1 FE ，|GH|， 1 FD 依次成等差数列时，求直线 l2 的普通方程. 【答案】（1）  2 ,M cos sin  ， 2 2 14 x y  ；（2） 2 3 0x y   【解析】 【分析】 （1）用三角函数表示出点 M 的坐标，直接利用转换关系把极坐标方程转换为直角坐标方程； （2）设出直线 l1 的参数方程，与椭圆方程联立利用直线参数的几何意义求出 1 1 EF FD  、 GH ，根据题意有 1 1 2 GHEF FD   ，列出方程求出直线 l1 的斜率即可求得直线 l2 的方 程. 【详解】（1）设 M（x，y）依题意得：x＝2cosφ，y＝sinφ， - 24 - 所以 M（2cosφ，sinφ）， 由于 cos2φ+sin2φ＝1，整理得 2 2 14 x y  . （2）由于直线 l1 的倾斜角为α（ 0 2   ），且 l1⊥l2， 所以直线 l2 的倾斜角为 2   ，依题意易知：F（ 3 0， ）， 可设直线 l1 的方程为 3 cos sin x t y t        （t 为参数）， 代入 2 2 14 x y  得到： 2 2(1 3sin ) 2 3 cos 1 0t t     ， 易知  2 212cos 4 1 3sin 0      ， 设点 D 和点 E 对应的参数为 t1 和 t2， 所以 1 2 2 2 3cos 1 3sint t     ， 1 2 2 1 1 3sint t    . 则 2 1 2 1 2 1 2 2 4( ) 4 1 3sint t t t t t       ， 由参数的几何意义： 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 4t t EF FD t t t t      ， 设 G、H 对应的参数为 t3 和 t4，同理对于直线 l2，将α换为 2   ， 所以 2 3 4 3 4 3 4 2 2 4 4( ) 4 1 3cos1 3 2sin GH t t t t t t              ， 由于 1 FE ，|GH|， 1 FD 依次成等差数列， 所以 1 1 2 GHEF FD   ，则 2 4 21 3cos   ，解得 2 1cos 3   ， 所以 2 2 1tan 1 2cos     ，又 0 2   ，所以 tan 2  ， 所以直线 l2 的斜率为 2 2  ，直线 l2 的直角坐标方程为 x 2 3 0y   . 【点睛】本题考查极坐标方程和直角坐标方程之间的转换、直线参数方程中参数的几何意义、 - 25 - 韦达定理的应用、等差数列的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力， 属于较难题. 选修 4－5：不等式选讲 23.已知 a，b，c 为正实数，且满足 a+b+c＝1.证明： （1）|a 1 2  |+|b+c﹣1| 1 2  ； （2）（a3+b3+c3）（ 2 2 2 1 1 1 a b c   ）≥3. 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】 【分析】 （1）根据 a，b，c 为正实数，且满足 a+b+c＝1，得到 b+c﹣1＝﹣a＜0，则|a 1 2  |+|b+c﹣1| ＝|a 1 2  |+|﹣a|，再利用绝对值三角不等式求解. （2）利用（a3+b3+c3）≥3abc，得到（a3+b3+c3）（ 2 2 2 1 1 1 a b c   ）≥3abc（ 2 2 2 1 1 1 a b c   ）， 进而变形为 3 2                        c b c a a ba b cb c a c b a ，再利用基本不等式求解. 【详解】（1）∵a，b，c 为正实数，且满足 a+b+c＝1， ∴b+c﹣1＝﹣a＜0， ∴|a 1 2  |+|b+c﹣1|＝|a 1 2  |+|﹣a|≥|（a 1 2  ）+（﹣a）| 1 2  . 当且仅当（a 1 2  ）（﹣a）≥0，即 0 1 2a  时，等号成立. ∴|a 1 2  |+|b+c﹣1| 1 2  ； （2）（a3+b3+c3）（ 2 2 2 1 1 1 a b c   ）≥3abc 2 2 2 1 1 1( )a b c   ， 3 3 3 3 2 2 2 2 bc ac ab bc ac ab a b c a b c          ， 3 2 c b c a a ba b cb c a c b a                         ， 3 2 2 22           c b c a a ba b cb c a c b a ， ＝3（a+b+c）＝3. - 26 - 当且仅当 a＝b＝c 1 3  时等号成立. ∴（a3+b3+c3）（ 2 2 2 1 1 1 a b c   ）≥3. 【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式，基本不等式的应用，还考查了运算求解的能力， 属于中档题. - 27 -