江西省南昌市八一中学2020届高三第三次模拟考试数学（理）试题 Word版含解析 27页

- 1 - 2020 届南昌市八一中学高三理科数学第三次模拟考试卷 一、选择题（共 12 小题） 1. 已知集合  2 3A x x    ，集合 B 满足 A B A ，则 B 可能为（ ） A.  1 3x x   B.  2 3x x   C.  3 2x x   D.  3 3x x   【答案】D 【解析】 【分析】 根据 A B A 得到 A B ，依次判断每个选项得到答案. 【详解】 A B A ，则 A B ，  3 3A x x    ，其他选项不满足. 故选：D. 【点睛】本题考查了集合的包含关系，属于简单题. 2. 已知复数 z 满足 (1 2 ) | 3 4 |z i i    （i 为虚数单位），则在复平面内复数 z 对应的点位于 ( ) A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】 根据复数的运算，求出复数 z ，即得. 【详解】由 (1 2 ) | 3 4 | 5z i i     ， 得 5 5(1 2 ) 5(1 2 ) 1 21 2 (1 2 )(1 2 ) 5 i iz ii i i         ， 在复平面内复数 z 对应的点的坐标为  1, 2 ，位于第四象限， 故选：D. 【点睛】本题考查复数的运算和复数的几何意义，属于基础题. 3. 已知角 (0 2 )    终边上一点的坐标为 7 7sin ,cos6 6       ，则  （ ） - 2 - A. 5 6  B. 7 6  C. 4 3  D. 5 3 π 【答案】C 【解析】 【分析】 根据三角函数的定义求 tan ，结合角的范围写出角即可. 【详解】由诱导公式知， 7 1sin sin sin6 6 6 2            ， 7 3cos cos cos6 6 6 2            ， 所以角 (0 2 )    终边上一点的坐标为 1 3,2 2       ， 故角的终边在第三象限， 所以 tan 3  ， 由 0 2   知， 4 3   . 故选：C. 【点睛】本题主要考查了三角函数的定义，诱导公式，特殊角的三角函数，属于容易题. 4. 若数列 na 为等比数列，则“ 2a ， 4a 是方程 2 6 4 0x x   的两根”是“ 3 2a   ”的 （ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 根据充分条件和必要条件的定义，结合等比数列的性质进行判断即可. 【详解】解：设等比数列 na 的公比为 q， 因为 2a ， 4a 是方程 2 6 4 0x x   的两根， - 3 - 所以 2 4 6a a  ， 2 4 4a a  ，得 2 3 4a  ， 所以 3 2a   ，即充分性成立； 反之，当 2 3 4 2a a a    时， 2 4 6a a  不成立，可得 2a ， 4a 不是方程 2 6 4 0x x   的 两根，即必要性不成立， 所以“ 2a ， 4a 是方程 2 6 4 0x x   的两根”是“ 3 2a   ”的充分不必要条件， 故选：A 【点睛】此题考查充分条件和必要条件的判断，考查等比数列的性质，考查运算能力，属于 基础题. 5. 图 1 为某省 2019 年 1 至 4 月快递业务量统计图，图 2 是该省 2019 年 1 至 4 月快递业务收 入统计图，下列对统计图理解错误的是（“同比”指与去年同月相比）( ) - 4 - A. 2019 年 1 至 4 月的快递业务收入在 3 月最高，2 月最低，差值超过 20000 万元 B. 2019 年 1 至 4 月的快递业务收入同比增长率不低于 30%，在 3 月最高 C. 从 1 至 4 月来看，该省在 2019 年快递业务量同比增长率逐月增长 D. 从两图来看 2019 年 1 至 4 月中的同一个月快递业务量与收入的同比增长率不完全一致 【答案】C 【解析】 【分析】 根据统计图，可知增长率不稳定，即得答案. 【详解】由统计图易知，从 1 至 4 月来看，该省在 2019 年快递业务量同比增长率先降低，再 增加，故 C 错. 故选：C. 【点睛】本题考查统计图，属于基础题. 6. 若 a ，b 为正实数，直线  4 2 3 2 0x a y    与直线 2 1 0bx y   互相垂直，则 ab 的 最大值为（ ） A. 3 2 B. 9 16 C. 9 4 D. 3 2 4 【答案】B 【解析】 【分析】 先由两直线垂直得 4 2(2 3) 0b a   ，化简得 3 2a b  ，然后利用基本不等式可求出 ab 的 最大值. 【详解】解：因为直线  4 2 3 2 0x a y    与直线 2 1 0bx y   互相垂直， 所以 4 2(2 3) 0b a   ，化简得 3 2a b  ， 因为 a ，b 为正实数， 所以 3 2 a b  ≥ 2 ab ，即 ab ≤ 9 16 ，当且仅当 3 4a b= = 时取等号， 所以 ab 的最大值为 9 16 ， 故选：B 【点睛】此题考查两直线垂直的性质，利用基本不等式求最值，属于基础题. - 5 - 7. 2019 年 11 月 26 日，联合国教科文组织宣布 3 月 14 日为“国际数学日”（昵称： day ）， 2020 年 3 月 14 日是第一个“国际数学日”．圆周率 是圆的周长与直径的比值，是一个在数 学及物理学中普遍存在的数学常数． 有许多奇妙性质，如莱布尼兹恒等式 1 1 1 1 1 3 5 7 4      ，即为正奇数倒数正负交错相加等．小红设计了如图所示的程序框图， 要求输出的T 值与 非常近似，则①、②中分别填入的可以是（ ） A.   1 11 iS i   ， 2i i  B.   1 11 2 1 iS i    ， 1i i  C.   1 11 iS S i    ， 2i i  D.   1 11 2 1 iS S i     ， 1i i  【答案】D 【解析】 【分析】 由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 4T S 的值，模拟 程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案． 【详解】解：由题可知，1 1 1 1 1 3 5 7 4      ，输出的T 值与 非常近似， 则输出的 1 1 14 4 (1 )3 5 7T S         当 1010i  时，不符合题意，当 1011i  时，符合题意，输出对应的T 值， 则 1 1 1 1 14 4 2 1 1 2 2 1 2 3 1 2 4 1 2 1011 1T S                      - 6 - 即 1 1 1 14 4 (1 )3 5 7 2021T S         ， 可知，循环变量i 的初值为 1，终值为 1011，i 的步长值为 1，循环共执行 1011 次， 可得②中填入的可以是 1i i  ， 又 S 的值为正奇数倒数正负交错相加， 可得①中填入的可以是 1 1( 1) 2 1 iS S i     . 故选：D． 【点睛】本题考查由循环程序框图的输出值选择条件，解题时应模拟程序框图的运行过程， 以便得出正确的结论，是基础题． 8. 已知函数 sin ( 0)y ax b a   的图象如图所示，则函数 log ( )ay x b  的图象可能 （ ） A. B. C. D. 【答案】C - 7 - 【解析】 【分析】 根据函数 sin ( 0)y ax b a   的图象求出 a 、b 的范围，从而得到函数 log ( )ay x b  的单 调性及图象特征，从而得出结论． 【详解】由函数 sin ( 0)y ax b a   的图象可得 20 1,2 3b a      ， 2 13 a   ，故 函数 log ( )ay x b  是定义域内的减函数，且过定点 (1 ,0)b .结合所给的图像可知只有 C 选 项符合题意. 故选：C. 【点睛】本题主要考查由函数 sin( )y A x   的部分图象求函数的解析式，对数函数的单调 性以及图象特征，属于基础题． 9. 中国是茶的故乡，也是茶文化的发源地.中国茶的发现和利用已有四千七百多年的历史， 且长盛不衰，传遍全球.为了弘扬中国茶文化，某酒店推出特色茶食品“金萱排骨茶”，为了 解每壶“金萱排骨茶”中所放茶叶量 x 克与食客的满意率 y 的关系，通过试验调查研究，发现 可选择函数模型 ebx cy a  来拟合 y 与 x 的关系，根据以下数据： 茶叶量 x 克 1 2 3 4 5  ln 100y 4.34 4.36 4.44 4.45 4.51 可求得 y 关于 x 的回归方程为（ ） A. 0.043 4.2911 e100 xy  B. 0.043 4.2911 e100 xy  C. 0.043 4.291e xy  D. 0.043 4.291e xy  【答案】A 【解析】 - 8 - 【分析】 根据所给四个选项，分别取对数化简变形，由线性回归方程经过样本中心点，将表中数据求 得 ,ln100x y 代入即可检验. 【详解】由表中数据可知 1 2 3 4 5 35x      ， 4.34 4.36 4.44 4.45 4.51ln100 4.425y      ， 对于 A， 0.043 4.2911 e100 xy  化简变形可得 0.043 4.291100 e xy  ，同取对数可知 ln100 0.043 4.291y x  ，将 3x  代入可得 ln100 0.043 3 4.291 4.42y     ，而 ln100 4.42y  ，因而 A 正确； 对于 B， 0.043 4.2911 e100 xy  化简变形可得 0.043 4.291100 e xy  ，同取对数可知 ln100 0.043 4.291y x  ，将 3x  代入可得 ln100 0.043 3 4.291 4.162y      ，而 ln100 4.42y  ，所以 B 错误； 对于 C， 0.043 4.291e xy  ，两边同取对数可知 ln 0.043 4.291y x  ，而表中所给为 ln100y 的 相关量，所以 C 错误； 对于 D， 0.043 4.291e xy  ，两边同取对数可知 ln 0.043 4.291y x  ，而表中所给为 ln100y 的 相关量，所以 D 错误； 综上可知，正确的为 A， 故选：A. 【点睛】本题考查了线性回归方程的性质及简单应用，注意利用回归方程经过样本中心点的 性质，可代入回归方程检验，属于基础题. 10. 已知抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  的焦点为 F，点  0 0,2 2 2 pM x x    是抛物线 C 上一 点，以点 M 为圆心的圆与直线 2 px  交于 E，G 两点，若 1 3sin MFG  ，则抛物线 C 的方 程是（ ） A. 2y x B. 2 2y x - 9 - C. 2 4y x D. 2 8y x 【答案】C 【解析】 【分析】 作 MD EG ，垂足为点 D．利用点  0 ,2 2M x 在抛物线上、 1 | |sin =3 | | DMMFG MF   ， 结 合抛物线的定义列方程求解即可. 【详解】作 MD EG ，垂足为点 D． 由题意得点  0 0,2 2 2 pM x x    在抛物线上，则 08 2 px 得 0 4px  ．① 由抛物线的性质，可知， 0| | 2 pDM x  ， 因为 1sin 3MFG  ，所以 0 1 1| | | |3 3 2 pDM MF x      ． 所以 0 0 1 2 3 2 p px x      ，解得： 0x p ．②． 由①②，解得： 0 2x p   （舍去）或 0 2x p  ． 故抛物线 C 的方程是 2 4y x ． 故选 C． 【点睛】本题考查抛物线的定义与几何性质，属于中档题. 11. 如图所示，三棱锥 S 一 ABC 中，△ABC 与△SBC 都是边长为 1 的正三角形，二面角 A﹣BC ﹣S 的大小为 2 3  ，若 S，A，B，C 四点都在球 O 的表面上，则球 O 的表面积为（ ） A. 7 3 π B. 13 3 π C. 4 3 π D. 3π - 10 - 【答案】A 【解析】 【分析】 取线段 BC 的中点 D，连结 AD，SD，由题意得 AD⊥BC，SD⊥BC，∠ADS 是二面角 A﹣BC﹣S 的 平面角，∠ADS 2 3  ，由题意得 BC⊥平面 ADS，分别取 AD，SD 的三等分点 E，F，在平面 ADS 内，过点 E，F 分别作直线垂直于 AD，SD，两条直线的交点即球心 O，连结 OA，则球 O 半径 R ＝|OA|，由此能求出球 O 的表面积． 【详解】解：取线段 BC 的中点 D，连结 AD，SD， 由题意得 AD⊥BC，SD⊥BC， ∴∠ADS 是二面角 A﹣BC﹣S 的平面角，∴∠ADS 2 3  ， 由题意得 BC⊥平面 ADS， 分别取 AD，SD 的三等分点 E，F， 在平面 ADS 内，过点 E，F 分别作直线垂直于 AD，SD， 两条直线的交点即球心 O， 连结 OA，则球 O 半径 R＝|OA|， 由题意知 BD 1 2  ，AD 3 2  ，DE 1 3 3 6AD  ，AE 2 3 3 3AD  ， 连结 OD，在 Rt△ODE 中， 3ODE   ，OE 3 DE 1 2  ， ∴OA2＝OE2+AE2 7 12  ， ∴球 O 的表面积为 S＝4πR2 7 3  ． 故选：A． - 11 - 【点睛】本题考查了几何体的外接球、球的表面积公式，解题的关键是作出外接球的球心， 需熟记公式，考查了考生的空间想象能力，属于中档题. 12. 若函数   2 sin ·cos cosf x x x x a x   在 ,  单调递增，则 a 的取值范围是 ( ) A.  -11， B.  -13， C.  -3 3， D.  -3 -1， 【答案】A 【解析】 【分析】   2 sin · cosf x x x cosx a x   在  ,  单调递增，等价于  ' 0f x  恒成立，换元后可 得   0g t  在 1,1 上恒成立，利用二次函数的性质可得结果. 【详解】   2 sin · cosf x x x cosx a x   ，  ' 2 cos2 sinf x x a x    22sin sin 3x a x    ， 设sin , 1 1x t t    ，     2' 2 3f x g x t at     ，  f x 在 ,  递增，   0g t  在 1,1 上恒成立， 因为二次函数图象开口向下，     1 0 1 11 0 g ag         ， a 的取值范围是 1,1 ，故选 A. 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性及利用单调性求参数的范围，属于中档题. 利用单调性求参数的范围的常见方法：① 视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义， 确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数需注意若函数在区间 ,a b 上是单调的，则 该函数在此区间的任意子集上也是单调的; ② 利用导数转化为不等式  ' 0f x  或  ' 0f x  恒成立问题求参数范围， - 12 - 二、填空题：本大题共 4 小题． 13. 已知 1a   ， 2b   ，且 2a b a          ，则向量 a  与 b  的夹角为______． 【答案】 2π 3 【解析】 【分析】 根据向量夹角公式及向量的数量积运算性质即可求解. 【详解】 2 1 2a b a a b a a b                    Q , 1a b       ， 1 1cos , 2 2a a ba b b              ， 0 ,a b     Q ， 2, 3a b     ， 故答案为： 2π 3 【点睛】本题主要考查了向量的数量积运算性质，向量的夹角公式，属于中档题. 14. 二项式 52x x     的展开式中 2x 的系数是_____________. 【答案】 80 【解析】 【分析】 求出展开式的通项公式，令 x 的指数为 2 ，即求 2x 的系数. 【详解】展开式通项     5 35 2 1 5 5 2 2 r rr rr r rT C x C xx          ， 令 5 3 22 r   ，得 3r  ， 2x 的系数是  3 3 52 80C   . 故答案为： 80 . - 13 - 【点睛】本题考查二项式定理，属于基础题. 15. 在棱长为 3 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，点 M ， N 分别是棱 1 1B C ， 1 1C D 的中点， 过 A ，M ，N 三点作正方体的截面，将截面多边形向平面 1 1ADD A 作投影，则投影图形的面 积为______． 【答案】 21 4 【解析】 【分析】 由题可知，可得投影为五边形 1 1 1AH M D G ，利用三角形相似性质得到 1 22 3DG D G  ， 1 22 3BH B H  ， 进 而 求 得 1 1 1 22 3AH A H  ， 1 1 1 1 1 2A M D M  ， 则 可 得 1 1 1 1 1 1 1AH M D G A H M ADGS S S   . 【详解】解：直线 MN 分别与直线 1 1A D ， 1 1A B 交于 E ， F 两点， 连接 AE ， AF ，分别与棱 1DD ， 1BB 交于G ， H 两点，连接GN ， MH ， 得到截面五边形 AGNMH ， 向平面 1 1ADD A 作投影，得到五边形 1 1 1AH M D G ， 由点 M ， N 分别是棱 1 1B C ， 1 1C D 的中点， 则 1 1 45C NM D NE     ， 所以在 1Rt ED N△ 中， 1 1 2 3D E D N  ， 由 1D EG DAG△ ∽△ ，则 1 1D E D G AD DG  ，即： 1 3 12 3 2 D G DG   ， 而 1 3DG D G  ，可得 12 2DG D G  ， 同理 12 2BH B H  ， 则 1 1 12 2AH A H  ， 1 1 1 1 2 3A M D M  ， 则 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 21 2 4 1 13 3 3 22 2AH M D G AA D D A H M ADGS S S S            . 故答案为： 21 4 ． - 14 - 【点睛】本题考查正方体截面投影面积的求法，以及利用三角形相似求出线段长，考查数形 结合思想，属于中档题． 16. 已知函数  2 1 2 2 ,0 1( ) 2 , 1 0 x x x m xf x x m x           若在区间[ 1,1] 上方程 ( ) 1f x  只有一个解， 则实数 m 的取值范围为______． 【答案】 1| 1 2m m     或 1}m  【解析】 【分析】 令 1 1 ,0 1( ) 2 2 1, 1 0 x x xg x x                ，则方程 ( ) 1f x  等价于   2g x x m  有且只有一个实数根， 在同一平面直角坐标系中画出函数  g x 的图像和   2h x x m  的图像，动态平移  h x 的图 像可得实数 m 的取值范围. 【详解】当 0 1x  时，由 ( ) 1f x  ，得  22 1x x m  ，即 21 2 x x m      ；当 1 0x   时， 由 ( ) 1f x  ，得 1 22 1x x m    ，即 1 22 1x x m    . 令函数 1 1 ,0 1( ) 2 2 1, 1 0 x x xg x x                ，则问题转化为函数 1 1 ,0 1( ) 2 2 1, 1 0 x x xg x x                与函数 ( )h x  2x m 的图像在区间[ 1,1] 上有且仅有一个交点. - 15 - 在同一平面直角坐标系中画出函数 1 1 ,0 1( ) 2 2 1, 1 0 x x xg x x                与 2y x m  在区间函数 [ 1,1] 上的大致图象如下图所示： 结合图象可知：当 (0) 1h  ，即 1m  时，两个函数的图象只有一个交点； 当 (1) (1), 11( 1) ( 1) 2 h g mh g          时，两个函数的图象也只有一个交点，故所求实数 m 的取 值范围是 1| 1 12m m m        或 . 【点睛】已知方程的解的个数求参数的取值范围时，要根据方程的特点去判断零点的分布情 况（特别是对于分段函数对应的方程），也可以参变分离，把方程的解的问题归结为不同函数 的交点的个数问题． 三、解答题：本大题共 5 小题．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17. 已知 nS 是公差不为零的等差数列 na 的前 n 项和， 3 36,S a 是 1a 与 9a 的等比中项. （1）求数列 na 的通项公式； （2）设数列  * 2 4( 1) 4 1 n n n ab n Nn    ，数列 nb 的前 2n 项和为 2nP ，若 2 11 2020nP   ，求正 整数 n 的最小值. 【答案】（1） *, Nna n n  ；（2）505. 【解析】 【分析】 - 16 - （1）设等差数列的公差为 , 0d d  .由题意，列方程组求 1,a d ，即求通项公式； （2）求得 2 4 1 1( 1) ( 1) 2 1 2 14 1 n n n nb n nn           ，由裂项相消法求 2nP ，解不等式可得 n 的最 小值. 【详解】（1）公差 d 不为零的等差数列{ }na ，由 3a 是 1a 与 9a 的等比中项，可得 2 1 9 3a a a  ，即    2 1 1 18 2a a d a d   ，解得 1a d . 又 3 13 3 6S a d   ，可得 1 1a d  ， 所以数列 na 是以 1 为首项和公差的等差数列， 所以 *, Nna n n  . （2）由（1）可知    2 4 1 11 14 1 2 1 2 1 n n n nb n n n           ， 2 1 1 1 1 1 1 1 1 11 3 3 5 5 7 4 3 4 1 4 1 4 1nP n n n n                 11 4 1n     ， 2 1 1 20191 4 1 2020 4nP nn      ， 所以 n 的最小值为 505. 【点睛】本题考查等差数列的通项公式，考查裂项法求和，属于中档题. 18. 如图，已知三棱柱 1 1 1ABC A B C 的所有棱长均为 2， 1 π 3B BA  ． （Ⅰ）证明： 1 1B C AC ； （Ⅱ）若平面 1 1ABB A  平面 ABC ， M 为 1 1AC 的中点，求 1B C 与平面 1AB M 所成角的正弦 值． 【答案】（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ） 2 26 13 - 17 - 【解析】 【分析】 （Ⅰ）根据等边三角形可知 1B D AB ，CD AB ，可得 AB  平面 1B CD ，进而可求 1BC  平面 1ABC ，即可求证 1 1B C AC ；（Ⅱ）以 D 为原点， DB 为 x 轴， DC 为 y 轴， 1DB 为 z 轴建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式计算即可. 【详解】证明：（Ⅰ）取 AB 中点 D ，连接 1B D ， CD ， 1BC ．如图， ∵三棱柱的所有棱长均为 2， 1 π 3B BA  ， ∴ ABC 和 1ABB△ 是边长为 2 的等边三角形，且 1 1B C BC ． ∴ 1B D AB ，CD AB ． ∵ 1B D ，CD 平面 1B CD ， 1  B D CD D ， ∴ AB  平面 1B CD ． ∵ 1B C  平面 1B CD ，∴ 1AB BC ． ∵ AB ， 1BC  平面 1ABC ， 1AB BC BI ， ∴ 1BC  平面 1ABC ， ∴ 1 1B C AC ． （Ⅱ）∵平面 1 1ABB A  平面 ABC ，且交线为 AB ， 由（Ⅰ）知 1B D AB ， ∴ 1B D  平面 ABC ． 则 DB ， 1DB ， DC 两两垂直，则以 D 为原点， DB 为 x 轴， DC 为 y 轴， 1DB 为 z 轴， - 18 - 建立空间直角坐标系． 则  0,0,0D ，  1,0,0A  ，  1 0,0, 3B ，  0, 3,0C ，  1 1, 3, 3C  ，  1 2,0, 3A  ∵ M 为 1 1AC 的中点，∴ 3 3, , 32 2M      ， ∴  1 0, 3, 3B C    ，  1 1,0, 3AB   ， 1 3, , 32 2AM        ， 设平面 1AB M 的法向量为  , ,n x y zr ， 则 1 3 0 1 3 3 02 2 AB n x z AM n x y z                ，取 1z  ，得  3, 3,1n     ． 设 1B C 与平面 1AB M 所成的角为 ，则 1 1 4 3 2 26sin 136 13 BC n BC n           ． ∴ 1B C 与平面 1AB M 所成角的正弦为 2 26 13 ． 【点睛】本题主要考查了线线、线面垂直的判定与性质，线面角的向量求法，考查了空间想 象力及运算能力，属于中档题. 19. 阿基米德是古希腊伟大的哲学家、数学家、物理学家，对几何学、力学等学科作出过卓 越贡献.为调查中学生对这一伟大科学家的了解程度，某调查小组随机抽取了某市的 100 名高 中生，请他们列举阿基米德的成就，把能列举阿基米德成就不少于 3 项的称为“比较了解”， 少于三项的称为“不太了解”.他们的调查结果如下： 0 项 1 项 2 项 3 项 4 项 5 项 5 项以上 理科生 1 10 17 14 14 10 4 - 19 - （人） 文科生 （人） 0 8 10 6 3 2 1 （1）完成如下 2 2 列联表，并判断是否有99% 的把握认为，了解阿基米德与选择文理科有 关？ 比较了解 不太了解 合计 理科生 文科生 合计 （2）在抽取的 100 名高中生中，按照文理科采用分层抽样的方法抽取 10 人的样本. （i）求抽取的文科生和理科生的人数； （ii）从 10 人的样本中随机抽取 3 人，用 X 表示这 3 人中文科生的人数，求 X 的分布列和 数学期望. 参考数据：  2 0P K k 0.100 0.050 0.010 0.001 0k 2.706 3.841 6.635 10.828 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bck a b c d a c b d      ， n a b c d    . 【答案】(1)见解析；(2) （i）文科生 3 人，理科生 7 人 （ii）见解析 【解析】 【分析】 （1）写出列联表后可计算 2K ，根据预测值表可得没有99%的把握认为，了解阿基米德与选 择文理科有关. （2）（i）文科生与理科生的比为 3 10 ，据此可计算出文科生和理科生的人数. - 20 - （ii）利用超几何分布可计算 X 的分布列及其数学期望. 【详解】解：（1）依题意填写列联表如下： 比较了解 不太了解 合计 理科生 42 28 70 文科生 12 18 30 合计 54 46 100 计算 2 2 2 ( ) 100(42 18 28 12) 3.382 6.635( )( )( )( ) 30 70 54 46 n ad bcK a b c d a c b d              ， 没有99%的把握认为，了解阿基米德与选择文理科有关. （2）（i）抽取的文科生人数是 3010 3100   （人），理科生人数是 7010 7100   （人）. （ii） X 的可能取值为 0,1,2,3， 则 0 3 3 7 3 10 C C 7( 0) C 24P X    ， 1 2 3 7 3 10 C C 21( 1) C 40P X    ， 1 7 2 1 3 3 0 7( 2) 40 C CP X C    ， 3 0 3 7 3 10 C C 1( 3) C 120P X    . 其分布列为 X 0 1 2 3  P X 7 24 21 40 7 40 1 120 所以 7 21 7 1 36 9( ) 0 1 2 324 40 40 120 40 10E X           . - 21 - 【点睛】本题考查独立性检验、分层抽样及超几何分布，注意在计算离散型随机变量的概率 时，注意利用常见的概率分布列来简化计算（如二项分布、超几何分布等）． 20. 已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     与抛物线 2: 4D y x  有共同的焦点 F ，且两曲线的 公共点到 F 的距离是它到直线 4x   （点 F 在此直线右侧）的距离的一半. （1）求椭圆C 的方程； （2）设O 为坐标原点，直线 l 过点 F 且与椭圆交于 A B， 两点，以OA OB， 为邻边作平行四 边形OAMB .是否存在直线 l ，使点 M 落在椭圆C 或抛物线 D 上？若存在，求出点 M 坐标； 若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  ；（2）不存在直线 l ，使点 M 落在抛物线 D 上，存在直线 l ，使点  2,0M  落在椭圆C 上，理由见解析. 【解析】 【分析】 (1)由题意 1c  ，则 2 2 1a b  .设点Q 是两曲线在第二象限内的交点，求出点Q 的坐标，代 入椭圆方程得关于 ,a b 的方程，求得 ,a b 的值，即求椭圆方程； （2）当直线 AB 的斜率存在且不为 0 时，设直线 AB 的方程为  1y k x  ，与椭圆方程联 立，利用根与系数的关系，结合 OABM 为平行四边形，即OM OA OB    ，可得 M 的坐标， 分别代入椭圆与抛物线方程，得到关于 k 的方程，均无解；当直线斜率不存在时，易知存在点  2,0M  在椭圆C 上，即得答案. 【详解】（1）由题意知  1,0F  ，因而 1c  ，即 2 2 1a b  ， 又两曲线在第二象限内的交点  ,Q QQ x y 到 F 的距离是它到直线 4x   的距离的一半， 即  4 2 1Q Qx x    ， 得 2 3Qx   ，则 2 8 3Qy  ， 代入到椭圆方程，得 2 2 4 8 19 3a b   . - 22 - 由 2 2 2 2 4 8 19 3 1 a b a b       ， 解得 2 24, 3a b  ， 所求椭圆的方程为 2 2 14 3 x y  . （2）当直线 AB 的斜率存在且不为 0 时，设直线 AB 的方程为  1y k x  由 2 2 ( 1) 14 3 y k x x y     ， 得 2 2 2 23 4 8 4 12 0k x k x k     ， 设      0 0 1 1 2 2, , , , ,M x y A x y B x y ， 则 2 2 1 2 1 22 2 8 4 12,3 4 3 4 k kx x x xk k       ， 由于 OABM 为平行四边形，得 OM OA OB    ， 故 0 1 2 0 1 2 x x x y y y      ，又    1 1 2 21 , 1y k x y k x    ， 可得 2 20 2 2 2 0 2 8 8 63 4 , ,3 4 3 46 3 4 kx k kk M k kky k             . 若点 M 在椭圆C 上，则 2 2 0 0 14 3 x y  ，代入得   4 2 22 16 12 1 3 4 k k k    ，无解. 若点 M 在抛物线 D 上，则 2 0 0: 4D y x  ，代入得   2 2 2 22 36 32 3 43 4 k k kk   ，无解. 当直线斜率不存在时， : 1l x   ，此时存在点 ( 2,0)M  在椭圆C 上. 故不存在直线 l ，使点 M 落在抛物线 D 上，存在直线l ，使点  2,0M  落在椭圆C 上. 【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查考查学生的运算能 力，属于中档题. - 23 - 21. 已知函数 ( ) ( 1)ln( 1)f x x x   ， 2 ( ) cos2 xg x ax x x   . （1）当 0x  时，总有 2 ( ) 2 xf x mx„ ，求 m 的最小值； （2）对于 0,1 中任意 x 恒有    f x g x ，求 a 的取值范围. 【答案】（1）1；（2）[2, ) . 【解析】 【分析】 （1）令 2 ( ) ( 1)1 ( 1), 02 xx mx x n x x       ，求 ( ), ( )x x   ，分 m 1 和 1m  ，讨论 ( )x 的单 调性，得到 m 的最小值； （2）令 2 ( ) ( ) 2 xh x g x x       ，易知当 2a  时，    f x g x 恒成立；然后再证明 2a  时，    f x g x 不恒成立，即得 a 的取值范围. 【详解】（1）令 2 ( ) ( 1)1 ( 1), 02 xx mx x n x x       ， 则 1( ) ln( 1) 1, ( ) 1 01x x m x x x           ， ( )x 在[0, ) 上单调递增，且 (0) 1m   若 m 1 ，则 ( ) x 在[0, ) 上单调递增， ( ) (0) 0x    ，即 m 1 满足条件； 若 1, (0) 1 0, ( )m m x     存在单调递减区间 00, x ，又 (0) 0  ， 所以存在 0x 使得  0 0x  与已知条件矛盾，所以 m 1 ， m 的最小值为 1. （2）由（1）知 2 ( ) 2 xf x x  ，如果 2 ( )2 x x g x  ，则必有 ( ) ( )f x g x 成立. 令 2 ( ) ( ) ( 1) cos ( 1 cos )2 xh x g x x a x x x x a x             ， 则 ( ) ( 1 cos ) 0h x x a x   … ，即 1 cos 0, 1 cos , 2a x a x a      . 若 ( ) 0h x  ，必有    f x g x 恒成立， 故当 2a  时，    f x g x 恒成立， 下面证明 2a  时，    f x g x 不恒成立. - 24 - 令 1 ( ) ( ) ( 1)ln( 1)f x f x x x x x      ， 1 ( ) ln( 1)f x x   ， 当 0x  时， 1 ( ) ln( 1) 0f x x    ， 1( )f x 在区间 0,1 上单调递增 故 1 1( ) (0) 0f x f  ，即 1 ( ) ( ) 0f x f x x   ，故  x f x . 2 ( ) ( ) ( ) ( 1) cos 1 cos2 2 x xg x f x g x x a x x x x a x              ， 令 ( ) 1 cos2 xt x a x    ， 1( ) sin 02t x x    ， 所以  t x 在 0,1 上单调递增，又 (0) 2 0t a   ，则一定存在区间 0,m （其中 0 1m  ）， 当  0,x m 时，   0t x  ， 则 ( ) ( ) ( ) 0g x f x xt x   ，故    f x g x 不恒成立. 综上所述：实数 a 取值范围是[2, ) . 【点睛】本题考查利用导数解决不等式恒成立问题，考查学生的逻辑推理能力和计算能力， 属于难题. （二）选考题：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. 在平面直角坐标系 xoy 中，曲线 C 的方程为 2 22 0x x y   .以原点 O 为极点，x 轴的正 半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为  3 R   . （1）写出曲线 C 的极坐标方程，并求出直线 l 与曲线 C 的交点 M，N 的极坐标； （2）设 P 是椭圆 2 2 14 x y  上的动点，求 PMN 面积的最大值. 【答案】（1） 2cos  ，  0,0M ， 1, 3N      ；（2） 13 4 . 【解析】 【分析】 （1）利用公式即可求得曲线C 的极坐标方程；联立直线和曲线C 的极坐标方程，即可求得交 点坐标； （2）设出点 P 坐标的参数形式，将问题转化为求三角函数最值的问题即可求得. 【详解】（1）曲线C 的极坐标方程： 2cos  - 25 - 联立 2cos 3      ，得 1, 3N      ，又因为  0,0M 都满足两方程， 故两曲线的交点为  0,0M ， 1, 3N      . （2）易知 1MN  ，直线 : 3l y x . 设点  2cos ,sinP   ，则点 P 到直线l 的距离 2 3 cos sin 2d      13sin1 2 4PMNS MN d         （其中 tan 2 3  ）. PMN△ 面积的最大值为 13 4 . 【点睛】本题考查极坐标方程和直角坐标方程之间的相互转化，涉及利用椭圆的参数方程求 面积的最值问题，属综合中档题. 23. 设函数 f（x）＝|x﹣a|+|x+b|，ab＞0. （1）当 a＝1，b＝1 时，求不等式 f（x）＜3 的解集； （2）若 f（x）的最小值为 2，求 4 1 a b  的最小值. 【答案】（1）{x| 3 3 2 2x ＜ ＜ }（2） 9 2 【解析】 【分析】 （1）原不等式等价于|x﹣1|+|x+1|＜3，然后对 x 分类去绝对值，化为关于 x 的一元一次不 等式求解，取并集得答案； （2）f（x）＝|x﹣a|+|x+b|≥|b+a|，当且仅当（x﹣a）（x+b）≤0 时等号成立.可得 f（x） 的最小值为|b+a|＝2.结合 ab＞0，得|b+a|＝|a|+|b|＝2，则  4 1 4 1 1 4 1 2 a ba b a b a b          ，展开后利用基本不等式求最值. 【详解】（1）原不等式等价于|x﹣1|+|x+1|＜3， 当 x≥1 时，可得 x﹣1+x+1＜3，解得 1≤x 3 2 ＜ ； - 26 - 当﹣1＜x＜1 时，可得﹣x+1+x+1＜3，得 2＜3 成立； 当 x≤﹣1 时，可得﹣x+1﹣x﹣1＜3，解得 3 2  ＜x≤﹣1. 综上所述，原不等式的解集为{x| 3 3 2 2x ＜ ＜ }； （2）f（x）＝|x﹣a|+|x+b|≥|b+a|，当且仅当（x﹣a）（x+b）≤0 时等号成立. ∴f（x）的最小值为|b+a|，即|b+a|＝2. 又∵ab＞0，∴|b+a|＝|a|+|b|＝2， ∴  4 1 4 1 1 4 1 2 a ba b a b a b          1 4 1 4 95 5 22 2 2 b a b a a b a b                 . 当且仅当 4b a a b  时，等号成立， ∴ 4 1 a b  的最小值为 9 2 . 【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，训练了利用基本不等式求最值，考查数学转化思想 方法，是中档题. - 27 -