黑龙江省大庆市铁人中学2020届高三考前模拟训练（二）数学（文）试题 Word版含解析 25页

- 1 - 大庆铁人中学 2017 级高三学年考前模拟训练 数学试题（文） 一、选择题 1. 若全集 {1,2,3,4,5,6 {1,3,4} {2,3,4}, }U M N  ， ， 则集合( ) ( )U UC M C NÈ 等于 （ ） A. {5,6} B. {1,5,6} C. {2,5,6} D. {1 2 5 6}，，， 【答案】D 【解析】 【分析】 根据补集、并集的定义计算即可； 【详解】解：因为 {1,2,3,4,5,6 {1,3,4} {2,3,4}, }U M N  ， ， 所以  2,5,6UC M  ，  1,5,6UC N  所以     1,2,5,6UUC NM C  故选：D 【点睛】本题考查集合的运算，属于基础题. 2. 已知单位向量 a  、b  满足 a b  ，则  a a b     （ ） A. 0 B. 1 2 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 本题首先可以通过题意得出 1a b  r r 以及 0a b   ，然后通过   2 a a b a a b          即可得 出结果. 【详解】因为单位向量 a  、b  满足 a b  ， 所以 1a b  r r ， 0a b   ， 所以   22 1a a b a a b a a b                  ， 故选：C. - 2 - 【点睛】本题考查单位向量以及向量垂直的相关性质，若向量 a b  ，则 0a b   ，考查计算 能力，体现了基础性，是简单题. 3. 欧拉公式 cos sinie i    ，把自然对数的底数 e，虚数单位 i，三角函数 cos 和sin 联系在一起，被誉为“数学的天桥”，若复数 z 满足 ( ) 1ie z i i     则 | z | =（ ） A. 5 B. 2 C. 2 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】 由新定义将 ie  化为复数的代数形式，然后由复数的除法运算求出 z 后再求模． 【详解】由欧拉公式 cos sinie i    有： cos sin 1ie i      . 由 ( ) 1ie z i i     ，即 ( 1 ) 1z i i     所以 11 1iz ii      ，即 2z i   所以  2 22 1 5z     故选：A 【点睛】本题考查复数的新定义，考查复数的除法运算和求复数的模，解题关键是由新定义 化 ie  为代数形式，然后求解．属于中档题. 4. 某中学从甲、乙两个班中各选出 7 名学生参加数学竞赛，他们取得的成绩（满分 100 分） 的茎叶图如图所示，其中甲班学生成绩的众数是 83，乙班学生成绩的平均数是 86，则 x y 的 值为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】B 【解析】 - 3 - 【分析】 对甲组数据进行分析，得出 x 的值，利用平均数求出 y 的值，解答即可． 【详解】由茎叶图可知，茎为 8 时，甲班学生成绩对应数据只能是 83，80+x，85，因为甲班 学生成绩众数是 83，所以 83 出现的次数最多，可知 x＝3． 由茎叶图可知乙班学生的总分为 76+81+82+80+y+91+91+96＝597+y， 又乙班学生的平均分是 86， 总分等于 86×7＝602．所以 597+y＝602，解得 y＝5， 可得 x+y＝8． 故选 B． 【点睛】本题主要考查统计中的众数与平均数的概念．解题时分别对甲组数据和乙组数据进 行分析，分别得出 x，y 的值，进而得到 x+y 的值． 5. 等比数列{an}中，a5、a7 是函数 f（x）＝x2﹣4x+3 的两个零点，则 a3•a9 等于（ ） A. ﹣3 B. 3 C. ﹣4 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 根据根与系数关系关系列方程，结合等比数列的性质求得 3 9a a 的值. 【详解】∵a5、a7 是函数 f（x）＝x2﹣4x+3 的两个零点，∴a5、a7 是方程 x2﹣4x+3＝0 的两个 根， ∴a5•a7＝3，由等比数列的性质可得：a3•a9＝a5•a7＝3． 故选：B 【点睛】本小题主要考查等比数列的性质，考查根与系数关系，属于基础题. 6. 从 2 名男同学和 3 名女同学中任选 2 人参加社区服务，则选中的 2 人都是女同学的概率为 A. 0.6 B. 0.5 C. 0.4 D. 0.3 【答案】D 【解析】 分析：分别求出事件“2 名男同学和 3 名女同学中任选 2 人参加社区服务”的总可能及事件 “选中的 2 人都是女同学”的总可能，代入概率公式可求得概率. 详解：设 2 名男同学为 1 2,A A ，3 名女同学为 1 2 3, ,B B B ， - 4 - 从以上 5 名同学中任选 2 人总共有 1 2 1 1 1 2 1 3 2 1 2 2 2 3 1 2 1 3 2 3, , , , , , , , ,A A A B A B A B A B A B A B B B B B B B 共 10 种可能， 选中的 2 人都是女同学的情况共有 1 2 1 3 2 3, ,B B B B B B 共三种可能 则选中的 2 人都是女同学的概率为 3 0.310P   ， 故选 D. 点睛：应用古典概型求某事件的步骤：第一步，判断本试验的结果是否为等可能事件， 设出事件 A ；第二步，分别求出基本事件的总数 n 与所求事件 A 中所包含的基本事件个 数 m ；第三步，利用公式 ( ) mP A n  求出事件 A 的概率. 7. 我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所 得开立方除之，即立圆径。“开立圆术”相当给出了一个已知球的体积 V，求这个球的直径 d 的近似公式，即 3 16 9d V .随着人们对圆周率π值的认知越来越精确，还总结出了其他类似 的近似公式.若取 3.14  ，试判断下列近似公式中最精确的一个是( ) A. 3 2d V B. 3 16 9d V C. 3 20 11d V D. 3 21 11d V 【答案】D 【解析】 【分析】 利用球体的体积公式得 3 3 34 4 3 3 2 6 d dV R          ，得出 d 的表达式，再将 的近似值 代入可得出 d 的最精确的表达式. 【详解】由球体的体积公式得 3 3 34 4 3 3 2 6 d dV R          ， 3 6Vd  ， 6 1.9108  ， 16 1.77789  ， 21 1.909111  ， 20 1.818211  ， 21 11 与 6  最为接近. 故选：D 【点睛】本题考查球体的体积公式，解题的关键在于理解题中定义，考查学生分析问题和理 - 5 - 解问题的能力. 8. 已知 ,a b 是两条直线， ,  是两个平面，则 a b r r 的一个充分条件是（ ） A. a  ， b / / ，  B. a  ，b  ， / /  C. a  ，b  ， / /  D. a  ， b / / ，  【答案】C 【解析】 【分析】 在 A 中，a 与 b 可以成任意角；在 B 中 a 与 b 是平行的；在 C 中，可得b  ，从而得到 a b r r ； 在 D 中，可得 a 与 b 可以成任意角，从而得到正确结果. 【详解】由 a，b 是两条不同的直线， ,  是两个不同的平面， 在 A 中， a  ，b / / ，  ，因为b 的方向不确定，则 a 与 b 可以成任意角，故 A 错 误； 在 B 中， a  ，b  ， / /  ，根据对应的性质可知，可知 a 与 b 是平行的，故 B 错误； 在 C 中，由 a  ，b  ， / /  ，可知 b  ，由线面垂直的性质可知 a b r r ，故 C 正确； 在 D 中， a  ， b / / ，  ，可得 a 与 b 可以成任意角，故 D 错误． 故选：C. 【点睛】该题考查线线垂直的充分条件的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系 等基础知识，在解题的过程中，注意结合图形去判断，属于中档题目． 9. 若直线 2 2( 0, 0)mx ny m n     被圆 2 2 2 4 1 0x y x y     截得弦长为 4，则 4 1 m n  的最小值是（ ） A. 9 B. 4 C. 1 2 D. 1 4 【答案】A 【解析】 【分析】 圆方程配方后求出圆心坐标和半径，知圆心在已知直线上，代入圆心坐标得 ,m n 满足的关系， - 6 - 用“1”的代换结合基本不等式求得 4 1 m n  的最小值． 【详解】圆标准方程为 2 2( 1) ( 2) 4x y    ，圆心为 ( 1,2)C  ，半径为 2r = ， 直线被圆截得弦长为 4，则圆心在直线上，∴ 2 2 2m n    ， 1m n  ， 又 0, 0m n  ， ∴ 4 1 4 1 4( )( ) 5 n mm nm n m n m n        45 2 9n m m n     ，当且仅当 4n m m n  ，即 2 1,3 3m n  时等号成立． ∴ 4 1 m n  的最小值是 9． 故选 A． 【点睛】本题考查用基本不等式求最值，解题时需根据直线与圆的位置关系求得 ,m n 的关系 1m n  ，然后用“1”的代换法把 4 1 m n  凑配出可用基本不等式的形式，从而可求得最值． 10. 已知函数   21 cos4f x x x  ，  f x 是函数  f x 的导函数，则  f x 的图象大致是 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 首先求得导函数解析式，根据导函数的奇偶性可排除 ,B D ，再根据 02f      ，可排除C ， 从而得到结果. - 7 - 【详解】由题意得：   1 sin2f x x x      1 sin2f x x x f x        f x 为奇函数，图象关于原点对称 可排除 ,B D 又当 2x  时， 1 02 4f         ，可排除C 本题正确选项： A 【点睛】此题考查函数图象的识别，考查对函数基础知识的把握程度以及数形结合的思维能 力，关键是能够利用奇偶性和特殊位置的符号来排除错误选项，属于中档题． 11. 双曲线 2 2 2: 19 x yC b   的左、右焦点分别为 1F 、 2 ,F P 在双曲线 C 上，且 1 2PF F 是等腰 三角形，其周长为 22，则双曲线 C 的离心率为（ ） A. 8 9 B. 8 3 C. 14 9 D. 14 3 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意画出图形，分类由三角形周长列式求得b ，进一步求得 c ，则双曲线的离心率可求． 【详解】如图，由 2 2 2 19 x y b   ，得 2 2 9c b  ， 2 9c b  ． 设 1| |PF m ， 2| |PF n ， 由题意， 6m n  ， - 8 - 若 22 2 9n c b   ， 26 6 2 9m n b     ， 则 22 6 6 9 22m n c b      ，解得 b ； 若 22 2 9m c b   ， 26 2 9 6n m b     ． 则 22 6 9 6 22m n c b      ，解得 2 115 9b  ．  2 2 2 115 1969 9 9c a b     ， 14 3c  ． 14 143 3 9 ce a     ． 【点睛】本题考查了双曲线的简单性质，考查了运算求解能力和推理论证能力，属于中档题． 12. 众所周知的“太极图”，其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，因此被称为“阴阳鱼太 极图”．如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”的一个示意图，整个图形是一个圆面， 其中黑色区域在 y 轴右侧部分的边界为一个半圆．给出以下命题： ①在太极图中随机取一点，此点取自黑色部分的概率是 1 2 ； ②当 3 2a   时，直线 2y ax a  与白色部分有公共点； ③黑色阴影部分中一点  ,x y ，则 x y 的最大值为 2； ④设点  2,P b ，点Q 在此太极图上，使得 45OPQ  ，b 的范围是 2 2 , ． 其中所有正确结论的序号是（ ） A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①④ 【答案】D - 9 - 【解析】 【分析】 根据几何概型概率计算，判断①的正确性； 根据直线 3 32y x   和圆  22 1 1x y   的位置关系，判断②的正确性； 根据线性规划的知识求得 x y 的最大值，由此判断③的正确性； 将 45OPQ   转化为过 P 的两条切线所成的角大于等于 90 ，由此求得 OP 的取值范围，进 而求得b 的取值范围，从而判断出④的正确性. 【详解】对于①，将 y 轴右侧黑色阴影部分补到左侧，即可知黑色阴影区域占圆的面积的一 半， 根据几何概型的计算公式，所以在太极图中随机取一点， 此点取自黑色阴影部分的概率是 1 2 ，①正确； 对于②，当 3 2a   时，直线    3 32 2 2 32 2y ax a a x x x          , 过点   2,0 , 0, 3  ，所以直线 2y ax a  与白色部分在第 I 和第 IV 象限部分没有 公共点.圆  22 1 1x y   的圆心为 0, 1 ，半径为1，圆心 0, 1 到直线 3 32y x   ，即直线 3 2 6 0x y   的距离为 2 2 4 4 1 133 2    ， 所以直线 2y ax a  与白色部分在第 III 象限的部分没有公共点. 综上所述，直线 y＝ax+2a 与白色部分没有公共点，②错误； 对于③，设 l：z＝x+y，由线性规划知识可知，当直线 l 与圆 x2+（y﹣1）2＝1 相切时， z 最大，由 1 1 2 z  解得 z 2 1  （ 1 2z   舍去），③错误； 对于④，要使得∠OPQ＝45°，即需要过点 P 的两条切线所成角大于等于90 ， 所以 2 2sin 45 2OP    ，即 OP≤2 2 ，于是 22+b2≤8，解得 2 2b ≤ ≤ ，④正确． 故选：D 【点睛】本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查几何概型概率计算，属于中档题. 二、填空题 - 10 - 13. 求值： 3 3 1log 15 log 252   _________． 【答案】1 【解析】 【分析】 根据对数运算,化简即可得解. 【详解】由对数运算,化简可得 3 3 1log 15 log 252  1 2 3 3=log 15 log 25 3 3=log 15 log 5 3=log 3=1 故答案为:1 【点睛】本题考查了对数的基本运算,属于基础题. 14. 在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， E 为棱 1CC 的中点，则异面直线 AE 与CD 所成角的正 切值为______ 【答案】 5 2 【解析】 【分析】 直接利用异面直线所成的角的求法及解三角形的知识即可求出结果． 【详解】如图所示： 在正方体体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，连接 BE ， - 11 - 所以异面直线 AE 与 CD 所成角，即为直线 AE 和 AB 所成的角或其补角． 设正方体的棱长为 2 ，由于 AB  平面 BCE ， 所以 ABE 为直角三角形． 所以 2 22 1 5BE    ， 所以 5 2 BEtan BAE AB    ． 故答案为 5 2 【点睛】本题主要考查异面直线所成的角的求法，涉及转化思想及运算求解能力，属于基础 题型． 15. 已知数列 na 的各项均为正数，其前 n 项和 nS 满足  2 *4 2n n nS a a n N   ，设   11 n n n nb a a    ， nT 为数列 nb 的前 n 项和，则 20T  ______． 【答案】880 【解析】 【分析】 令 1n  求出 1a 的值，令 2n  ，由 24 2n n nS a a  得 2 1 1 14 2n n nS a a    ，两式作差可推导出 数列 na 为等差数列，确定该数列的首项和公差，利用等差数列的通项公式可求得数列 na 的通项公式，然后计算出 2 1 2n nb b  ，利用等差数列求和公式可求得 20T 的值. 【详解】由于正项数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 24 2n n nS a a  . 当 1n  时， 2 1 1 1 14 4 2a S a a   ，得 2 1 12 0a a  ， 1 0a  ，解得 1 2a  ； 当 2n  时，由 24 2n n nS a a  得 2 1 1 14 2n n nS a a    ， 两式作差得 2 2 1 14 2 2n n n n na a a a a     ，可得 2 2 1 12 2 0n n n na a a a     ，   1 1 2 0n n n na a a a      ， 对任意的 n N ， 0na  ，则 1 0n na a   ， 1 2n na a    ， 所以，数列 na 是以 2 为首项，以 2 为公差的等差数列，  2 2 1 2na n n     . - 12 -      11 1 4 1n n n n nb a a n n       ，    2 1 2 4 2 1 2 4 2 2 1 16n nb b n n n n n          ， 所以， 20T 可视为数列 2 1 2n nb b  的前10项和，因此，   20 10 16 16 10 8802T     . 故答案为：880 . 【点睛】本题考查利用 nS 与 na 之间的关系求通项，同时也考查了并项求和法，考查计算能力， 属于中等题. 16. 下列说法正确的是： ①在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越差； ②回归分析模型中，残差平方和越小，说明模型的拟合效果越好； ③在回归直线方程  0.1 10y x  中，当解释变量每增加 1 个单位时，预报变量 y 平均增加 0.1 个单位 ④若   1sin 2    ，   1sin 3    ，则 tan 5tan    ； ⑤已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D ， P 为底面 ABCD 内一动点， P 到平面 1 1AA D D 的距离与到 直线 1CC 的距离相等，则 P 点的轨迹是抛物线的一部分． 正确的序号是：______． 【答案】②③④⑤ 【解析】 【分析】 根据回归分析概念及回归系数的含义，可判定①不正确；②是正确的；③是正确的；由三角 恒等变换的公式，可判定④是正确的；根据正方体结构特征和抛物线的定义以⑤是正确的. 【详解】对于①中，在做回归分析时，由残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回 归效果越好，所以①不正确； 对于②中，回归分析模型中，残差平方和越小，说明模型的拟合效果越好是正确的，所以② 是正确的； 对于③中，在回归直线方程  0.1 10y x  中，当解释变量每增加 1 个单位时，预报变量 y 平 - 13 - 均增加 0.1 个单位，所以③是正确的. 对于④中，若   1sin 2    ，   1sin 3    ， 可得 1sin cos cos sin 2      ， 1sin cos cos sin 3      ， 解得 5 1sin cos ,cos sin12 12      ，所以 tan sin cos 5tan cos sin        ，所以④是正确的； ⑤在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D ，则 PC 是点 P 到直线 1CC 的距离，过 P 作 PE 垂直于直线 AD ，则 PE 到平面 1 1AA D D 的距离为 PE ， 因为 P 到平面 1 1AA D D 的距离到直线 1CC 的距离，所以 PC PE ， 根据抛物线的定义，可得点 P 的轨迹是抛物线的一部分，所以⑤是正确的. 故答案为：②③④⑤. 【点睛】本题主要考查了命题的真假判定，其中解答中涉及到回归直线分析，以及三角函数 的恒等变换，以及抛物线的定义等知识点的综合应用，涉及到的知识点较多，着重考查分析 问题和解答问题的能力，属于中档试题. 三、解答题 17. 如图，在四边形 ABCD 中， AB AD ，_________，DC=2，在下面给出的三个条件中任选 一个，补充在上面的问题中，并加以解答.(选出一种可行的方案解答，若选出多个方案分别 解答，则按第一个解答记分)① 23 4 ,sin 3AB BC ACB   ；② tan 36BAC       ； ③ 2 cos 2 3BC ACB AC AB   . - 14 - （1）求 DAC 的大小； （2）求△ADC 面积的最大值. 【答案】（1） 3  ；（2） 3 . 【解析】 【分析】 （1）若选①，利用正弦定理得出 6BAC   ，再结合 2BAD   ，即可得出 DAC ； 若选②，由 tan 36BAC       ，得出 6BAC   ，再结合 2BAD   ，即可得出 DAC ； 若选③，利用正弦定理的边化角公式化简得出得出 6BAC   ，再结合 2BAD   ，即可 得出 DAC ； （2）由余弦定理结合基本不等式得出 4AC AD  ，最后由三角形的面积公式得出△ADC 面 积的最大值. 【详解】（1）解：若选①在 ABC ，由正弦定理可得： sin sin AB BC ACB BAC   又 23 4 ,sin 3AB BC ACB   ，可得： 1sin ,2 6BAC BAC     又 AB AD ， 2BAD   ， 3DAC   （2）在 ACD△ 中， =2DC ，由余弦定理可得： 2 2 24DC AC AD AC AD AC AD       即 4AC AD  1 1 3sin 4 32 2 2ADCS AC AD DAC       △ 当且仅当 AC AD 时取“=” 若选择② - 15 - （1）由 tan 36BAC       可得： 6BAC   又 AB AD ， ,2 3BAD DAC     （2）在 ACD△ 中， 2DC  ，由余弦定理可得： 2 2 24DC AC AD AC AD AC AD       即 4AC AD  1 1 3sin 4 32 2 2ADCS AC AD DAC       △ 当且仅当 AC AD 时取“=”. 若选③（1） 2 cos 2 3BC ACB AC AB   ，由正弦定理得： 2sin cos 2sin 3sinBAC ACB ABC ACB       2sin cos 2sin 3sinBAC ACB ACB BAC ACB         2sin cos 2sin cos 2cos sin 3sinBAC ACB ACB BAC ACB BAC ACB           即 2sin cos 3sinACB BAC ACB    sin 0ACB  3cos 2BAC    0,BAC   6BAC   又 AB AD ，所以 ,2 3BAD DAC     ； （2）在 ACD△ 中， 2DC  ，由余弦定理可得： 2 2 24DC AC AD AC AD AC AD       即 4AC AD  1 1 3sin 4 32 2 2ADCS AC AD DAC       △ - 16 - 当且仅当 AC AD 时取“=” 【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式的应用，涉及了基本不等式 的应用，属于中档题. 18. 如图，三棱锥 P ABC 中，底面△ ABC 是边长为 2 的正三角形， 2PA  ， PA  底面 ABC ，点 ,E F 分别为 AC ， PC 的中点. （1）求证：平面 BEF  平面 PAC ； （2）在线段 PB 上是否存在点G ，使得三棱锥 B AEG 体积为 3 6 ？若存在，确定点G 的位 置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析.（2）存在，G 为 PB 中点. 【解析】 【分析】 （1）由 PA  底面 ABC 推出 PA BE ，结合 BE AC 可推出 BE 平面 PAC ，线面垂直 推出面面垂直；（2）过 G 作GH AB ，由面面垂直的性质证明GH  平面 ABC，再利用等体 积法由 3 6B AEG G ABEV V   即可求得 GH ，根据线面垂直的性质及中位线的性质即可求得 点 G 的位置. 【详解】（1）因为 PA  底面 ABC ， BE  底面 ABC ，所以 PA BE ， 因为△ ABC 是等边三角形且 E 为 AC 的中点，所以 BE AC ， 又 PA AC A ， PA  平面 PAC， AC  平面 PAC， 所以 BE 平面 PAC ， 因为 BE  平面 BEF ，所以平面 BEF  平面 PAC ； （2）过 G 作GH AB , - 17 - PA  平面 ABC， PA  平面 PAB，平面 PAB  平面 ABC 又 平面 PAB平面 ABC=AB， GH  平面 ABC, 3 6B AEG G ABEV V   ， 1 3 3 6ABEGH S  V ， 1 3 32 =2 2 2ABES    ， 1GH  ， PA  平面 ABC，GH  平面 ABC， //PA GH , 1 2GH PA ， G 为 PB 中点. 【点睛】本题考查面面垂直的判定及性质、线面垂直的性质、等体积法求点到平面的距离， 属于中档题. 19. 某科研课题组通过一款手机 APP 软件，调查了某市 1000 名跑步爱好者平均每周的跑步量 （简称“周跑量”），得到如下的频数分布表 周跑 量 （km/ 周）  10 15，  15 20，  20 25，  25 30，  30 35，  35 40，  40 45，  45 50，  50 55， 人数 100 120 130 180 220 150 60 30 10 （1）在答题卡上补全该市 1000 名跑步爱好者周跑量的频率分布直方图: - 18 - 注:请先用铅笔画，确定后再用黑色水笔描黑 （2）根据以上图表数据计算得样本的平均数为 28.5km ，试求样本的中位数（保留一位小数）， 并用平均数、中位数等数字特征估计该市跑步爱好者周跑量的分布特点 （3）根据跑步爱好者的周跑量，将跑步爱好者分成以下三类，不同类别的跑者购买的装备的 价格不一样，如下表: 周跑量 小于 20 公里 20 公里到 40 公里 不小于 40 公里 类别 休闲跑者 核心跑者 精英跑者 装备价格（单位：元） 2500 4000 4500 根据以上数据，估计该市每位跑步爱好者购买装备，平均需要花费多少元? 【答案】(1)见解析；(2) 中位数为 29.2，分布特点见解析； (3)3720 元 【解析】 【分析】 （1）根据频数和频率之间的关系计算，即可得到答案； （2）根据频率分布直方图利用中位数两边频率相等，列方程求出中位数的值，进而得出结论； （3）根据频率分布直方图求出休闲跑者，核心跑者，精英跑者分别人数，进而求出平均值． 【详解】（1）补全该市 1000 名跑步爱好者周跑量的频率分布直方图，如下： - 19 - （2）中位数的估计值： 由5 0.02 5 0.024 5 0.026 0.35 0.5       ， 0.35 5 0.036 0.53 0.5    所以中位数位于区间 25 30， 中， 设中位数为 x ，则  0.35 25 0.036 0.5x    ， 解得 29.2x  ，因为 28.5 29.2 ， 所以估计该市跑步爱好者多数人的周跑量多于样本的平均数． （3）依题意可知，休闲跑者共有 5 0.02 5 0.024 1000 220     人， 核心跑者  5 0.026 5 0.036 5 0.044 5 0.030 1000 680         人， 精英跑者1000 220 680 100   人， 所以该市每位跑步爱好者购买装备，平均需要 220 2500 680 4000 100 4500 37201000       元． 【点睛】本题主要考查了平均数、中位数的求法，以及频率分布直方图的性质等相应知识的 综合应用，着重考查了化简能力，推理计算能力，以及数形结合思想的应用，属于基础题． 20. 已知函数 ( ) sinxf x e x ，其中 x R ， 2.71828e  为自然对数的底数． （Ⅰ）求函数 ( )f x 的单调区间； （Ⅱ）当 [0, ]2x  时， ( )f x kx ，求实数 k 的取值范围． 【答案】（1）单调递增区间： 3(2 ,2 )4 4k k    ，单调递减区间： 3 7(2 ,2 )4 4k k    ， - 20 - k Z ；（2） ( ,1] ． 【解析】 试 题 分 析 ：（ Ⅰ ） '( ) (sin cos )xf x e x x  ， 令 sin cos 2 sin( )4y x x x     ， 当 3(2 ,2 )4 4x k k     ， '( ) 0f x  ， ( )f x 单增， 3 7(2 ,2 )4 4x k k     ， '( ) 0f x  ， ( )f x 单 减 ； （ Ⅱ ） 令 ( ) ( ) sinxg x f x kx e x kx    ， 即 ( ) 0g x  恒 成 立 ， 而 '( ) (sin cos )xg x e x x k   ，利用导数的性质和零点存在定理，即可求出结果． 试题解析：（Ⅰ） '( ) sin cos (sin cos )x x xf x e x e x e x x    ， 令 sin cos 2 sin( )4y x x x     ， 当 3(2 ,2 )4 4x k k     ， '( ) 0f x  ， ( )f x 单增， 3 7(2 ,2 )4 4x k k     ， '( ) 0f x  ， ( )f x 单减； （Ⅱ）令 ( ) ( ) sinxg x f x kx e x kx    ， 即 ( ) 0g x  恒成立，而 '( ) (sin cos )xg x e x x k   ， 令 ( ) (sin cos ) '( ) (sin cos ) (cos sin ) 2 cosx x x xh x e x x h x e x x e x x e x        ， ∵ [0, ]2x  ， '( ) 0 ( )h x h x  在[0, ]2  上单调递增， 21 ( )h x e    ， 当 1k  时， '( ) 0g x  ， ( )g x 在[0, ]2  上单调递增， ( ) (0) 0g x g  ，符合题意； 当 2k e   时， '( ) 0 ( )g x g x  在[0, ]2  上单调递减， ( ) (0) 0g x g  ，与题意不合； 当 21 k e    时， ( )g x 为一个单调递增的函数，而 '(0) 1 0g k   ， 2'( ) 02g e k     ， 由零点存在性定理，必存在一个零点 0x ，使得 0'( ) 0g x  ， 当 0[0, )x x 时， '( ) 0g x  ，从而 ( )g x 在 0[0, )x x 上单调递减， 从而 ( ) (0) 0g x g  ，与题意不合，综上所述： k 的取值范围为 ( ,1] ． 考点：1．导数在函数单调性中的应用；2．函数的零点存在定理． 21. 已知抛物线 2: 2C y x ，过点  2,0 的直线l 交C 于 A ， B 两点，圆 M 是以线段 AB 为 - 21 - 直径的圆． （1）证明：坐标原点O 在圆 M 上； （2）设圆 M 过点  4, 2P  ，求直线l 与圆 M 的方程． 【答案】（1）证明见解析；（2）当 1m  时，直线 l 的方程为 2 0x y   ，圆 M 的方程为    2 23 1 10x y    ．当 1 2m   时，直线 l 的方程为 2 4 0x y   ，圆 M 的方程为 2 29 1 85 4 2 16x y             ． 【解析】 【分析】 （1 ） 设 : 2l x my  ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 与抛 物 线 方程 联 立可 得 1 2 4y y   ，  2 1 2 1 2 44 y yx x   ，可证OA的斜率与OB 的斜率之积为 1 2 1 2 4 14 y y x x     ，即可得证明结 论. （2）因为圆 M 的直径为 AB ，且过点  4, 2P  ，由圆的性质得出 ⃑ 0AP BP   ，结合（1） 中的韦达定理，代数化简求得 m 的值，因此得出直线 l 的方程和圆 M 的方程. 【详解】解：（1）证明：设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， : 2l x my  ， 由 2 2 2 x my y x     ，可得 2 2 4 0y my   ，则 1 2 4y y   ． 又 2 1 1 2 yx  ， 2 2 2 2 yx  ，故  2 1 2 1 2 44 y yx x   ． 因此OA的斜率与 OB 的斜率之积为 1 2 1 2 4 14 y y x x     ， 所以OA OB ，故坐标原点 O 在圆 M 上． （2）由（1）可得 1 2 2y y m  ，   2 1 2 1 2 4 2 4x x m y y m      ， 故圆心 M 的坐标为 2 2,m m ，圆 M 的半径  22 22r m m   ． - 22 - 由于圆 M 过点  4, 2P  ，因此 0AP BP   ， 故     1 2 1 24 4 2 2 0x x y y      ， 即    1 2 1 2 1 2 1 24 2 20 0x x x x y y y y       ， 由（1）可知 1 2 4y y   ， 1 2 4x x  ， 所以 22 1 0m m   ，解得 1m  ，或 1 2m   ． 当 1m  时，直线l 的方程为 2 0x y   ，圆心 M 的坐标为 3,1 ， 圆 M 的半径为 10 ，圆 M 的方程为   2 23 1 10x y    ． 当 1 2m   时，直线 l 的方程为 2 4 0x y   ，圆心 M 的坐标为 9 1,4 2     ， 圆 M 的半径为 85 4 ，圆 M 的方程为 2 29 1 85 4 2 16x y             ． 【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，联立方程并写出韦达定理，求圆的方程， 还结合运用圆的性质和向量垂直，以及直线方程和圆的标准方程，属于中档题. 22. 在直角坐标系 xOy 中，直线 l1 的参数方程为 2+ , , x t y kt    （t 为参数），直线 l2 的参数方程为 2 , , x m mmy k     （ 为参数）.设 l1 与 l2 的交点为 P，当 k 变化时，P 的轨迹为曲线 C． （1）写出 C 的普通方程； （2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，设  3 : cos sin 2 0l      ，M 为 l3 与 C 的交点，求 M 的极径. 【答案】（1）  2 2 4 0x y y   （2） 5 【解析】 （ 1 ） 消 去 参 数 t 得 1l 的 普 通 方 程  1 : 2l y k x  ； 消 去 参 数 m 得 l2 的 普 通 方 程  2 1: 2l y xk   . - 23 - 设  ,P x y ,由题设得     2 1 2 y k x y xk      ，消去 k 得  2 2 4 0x y y   . 所以 C 的普通方程为  2 2 4 0x y y   . （2）C的极坐标方程为    2 2 2cos sin 4 0 2π, π         . 联立     2 2 2cos sin 4, cos sin 2 0             得  cos sin 2 cos sin      . 故 1tan 3    ， 从而 2 29 1cos ,sin10 10    . 代入  2 2 2cos sin 4    得 2 5  ， 所以交点 M 的极径为 5 . 【名师点睛】本题考查了极坐标方程的求法及应用，重点考查了转化与化归能力.遇到求曲线 交点、距离、线段长等几何问题时，求解的一般方法是分别化为普通方程和直角坐标方程后 求解，或者直接利用极坐标的几何意义求解.要结合题目本身特点，确定选择何种方程. 23. 选修 4-5 不等式选讲 设 a b c d, ,, 均为正数，且 a b c d   ，证明： （Ⅰ）若 ab cd ，则 a b c d   ； （Ⅱ） a b c d   是 a b c d   的充要条件． 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析． 【解析】 （Ⅰ）因为 2( ) 2a b a b ab    ， 2( ) 2c d c d cd    ，由题设 a b c d   ， ab cd ，得 2 2( ) ( )a b c d   ．因此 a b c d   ． （Ⅱ）（ⅰ）若 a b c d   ，则 2 2( ) ( )a b c d   ．即 2 2( ) 4 ( ) 4a b ab c d cd     ．因 为 a b c d   ，所以 ab cd ，由（Ⅰ）得 a b c d   ． （ⅱ）若 a b c d   ，则 2 2( ) ( )a b c d   ，即 - 24 - 2a b ab   2c d cd  ．因为 a b c d   ，所以 ab cd ，于是 2 2( ) ( ) 4a b a b ab    2( ) 4c d cd   2( )c d  ．因此 a b c d   ，综上， a b c d   是 a b c d   的充要条件． 考点：推理证明． - 25 -