山西省2020届高三下学期3月适应性调研数学（文）试题 Word版含解析 25页

- 1 - 2020 年 3 月山西省高三适应性调研考试数学（文科） 一、选择题 1.设全集  1,2,3,4,5,6,7U  ，集合  1,3,5,6A  ，  2,5,7B  ，则  UA B  ð （ ） A.  5 B.  1,3,7 C.  1,3,6 D.  1,3,5,7 【答案】C 【解析】 【分析】 先求出 U Bð ，再与集合 A 取交集，即可求出答案. 【详解】因为  1,3,4,6U B ð ，  1,3,5,6A  ，所以    1,3,6UA B I ð . 故选：C． 【点睛】本题考查集合的补集与交集，考查学生对基础知识的掌握. 2.在复平面内，复数 2 1 iz i   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】 直接利用复数代数形式的乘除运算化简，求出复数所对应点的坐标，则答案可求. 【详解】 2 (2 )(1 ) 1 3 1 (1 )(1 ) 2 2 i i iz ii i i        Q ， z 对应的点位于第四象限. 故选：D. 【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题. 3.下列函数中，在其定义域内既是奇函数又是增函数的是（ ） A. y x B. 3xy  C. 3y x D. 1y xx   【答案】C - 2 - 【解析】 【分析】 分别讨论四个函数的奇偶性及单调性，可选出答案. 【详解】对于选项 A， y x 是 R 上的偶函数，不符合题意； 对于选项 B， 3xy  是非奇非偶函数，不符合题意； 对于选项 C， 3y x 是奇函数，又是 R 上增函数，符合题意； 对于选项 D，因为函数 1y xx   在( ),0-¥ 和( )0,+¥ 上都单调递减，在其定义域上不是单 调函数，不符合题. 故选：C． 【点睛】本题考查函数单调性与奇偶性的应用，考查学生的推理能力，属于基础题. 4.相关变量 ,x y 的散点图如图所示，现对这两个变量进行线性相关分析，方案一：根据图中 所有数据，得到线性回归方程 1 1y b x a  ，相关系数为 1r ；方案二：剔除点 (10,21) ，根据剩 下数据得到线性回归直线方程： 2 2y b x a  ，相关系数为 2r .则（ ） A. 1 20 1r r   B. 2 10 1r r   C. 1 21 0r r    D. 2 11 0r r    【答案】D 【解析】 【分析】 根据相关系数的意义：其绝对值越接近1，说明两个变量越具有线性相关，以及负相关的意义 作判断. 【详解】由散点图得负相关，所以 1 2, 0r r  ，因为剔除点 10,21 后，剩下点数据更具有线性 - 3 - 相关性， r 更接近1，所以 2 11 0r r    .选 D. 【点睛】本题考查线性回归分析，重点考查散点图、相关系数，突显了数据分析、直观想象 的考查.属基础题. 5.设 3log 0.2a  ， 30.2b  ， 0.23c  ，则（ ） A. a b c  B. a c b  C. b a c  D. c a b  【答案】A 【解析】 【分析】 结合指数函数及对数函数的性质，分别比较 , ,a b c 与 0，1 的大小关系，可选出答案. 【详解】对于 3log 0.2 ，由对数函数的图象与性质，可知 3 3log 0.2 log 1 0  ； 对于 30.2 ，由指数函数的图象与性质，可知 30 0.2 1  ； 对于 0.23 ，由指数函数的图象与性质，可知 0.2 03 3 1  ， 综上可知， 3 0.2 3log 0.2 0.2 3  ，即 a b c  ． 故选：A. 【点睛】本题考查几个数的大小比较，考查指数函数及对数函数的性质，考查学生的推理能 力，属于基础题. 6.某几何体的三视图如右图所示，图中的四边形都是边长为 1 的正方形，其中正(主)视图、 侧(左)视图中的两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是 A. 5 6 B. 3 4 C. 1 2 D. 1 6 【答案】A 【解析】 - 4 - 由三视图还原可知，原图形为一个边长为 1 的正方体，挖去了一个高为 1 2 的，正四棱锥，所 以体积为 1 1 51 13 2 6V      ．选 A. 7.2019 年春节假期，旅游过年持续火爆.特别是：东北雪乡、梦回大唐、江南水乡、三亚之行 这四条路线受到广大人民的热播.现有 2 个家庭准备去这四个地方旅游，假设每个家庭均从这 四条路线中任意选取一条路线去旅源，则两个家庭选择同一路线的概率为（ ） A. 1 16 B. 1 8 C. 1 4 D. 1 2 【答案】C 【解析】 【分析】 分别设“东北雪乡、梦回大唐、江南水乡、三亚之行”为 A，B，C，D，可列出两个家庭的选 择的所有情况，及两个家庭选择同路线的情况，结合古典概型的概率公式可求出答案. 【详解】分别设“东北雪乡、梦回大唐、江南水乡、三亚之行”为 A，B，C，D. 则两个家庭的选择有“AA，AB，AC，AD，BA，BB，BC，BD，CA，CB，CC，CD，DA，DB，DC， DD”共 16 种情况， 其中满足两个家庭选择同路线的情况有“AA，BB，CC，DD”，共 4 种， 所以两个家庭选择同一路线的概率为 4 1 16 4P   ． 故选：C. 【点睛】本题考查古典概型概率公式的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题. 8.某程序框图如图所示，其中   1 1 g n n n    ，若输出的 2020 1S   ，则判断框内 应填入的条件为（ ） - 5 - A. 2020?n  B. 2020?n  C. 2020?n  D. 2020?n  【答案】A 【解析】 【分析】 运行该程序，当 n 的值为 2019 时，满足判断框内的条件；当 n 的值为 2020 时，不满足判断 框内的条件，退出循环，输出 S 的值，结合选项可选出答案. 【详解】由题意，   1 1 1 g n n n n n       ， 运行该程序， 输入 0, 1S n  ，判断框成立； 则  0 1 2 1S g    ， 2n  ，判断框成立； 则  2 1 2 3 1S g     ， 3n  ，判断框成立； 则  3 1 3 4 1S g     ， 4n  ，判断框成立； … 则 2019 1S   ， 2019n  ，判断框成立； 则 2020 1S   ， 2020n  ，判断框不成立，输出 2020 1S   . 故判断框内应填入的条件为 2020?n  . 故选：A 【点睛】本题考查程序框图，考查学生的推理能力，属于中档题. 9.如图所示，在平面直角坐标系 xOy 中，点  ,M x y 为阴影区域内动点（不包括边界），这里 πx  ， πy  ，则下列不等式恒成立的是（ ） - 6 - A.  sin 0x y  B.  sin 0x y  C.  cos 0x y  D.  cos 0x y  【答案】B 【解析】 【分析】 结合图形，可知阴影区域有两部分，分别满足 π 2πx y   和 π 0x y    ，进而判断  sin x y 和  cos x y 的符号，可选出答案. 【详解】由题意，阴影区域有两部分， 当阴影部分为三角形区域时，满足 π 2πx y   ，此时  sin 0x y  恒成立，而    cos 1,1x y   ， 当阴影部分为梯形区域时，满足 π 0x y    ，此时  sin 0x y  恒成立，而    cos 1,1x y   ， 所以只有  sin 0x y  恒成立. 故选：B. 【点睛】本题考查三角函数符号的判断，注意判断 x y 的范围，考查学生的推理能力，属于 中档题. 10.若函数   π2sin 6f x x     在区间 π0, 3      上存在最小值-2．则非零实数 的取值范围 是（ ） A.  , 1  B.  5, C.    , 1 5,    D.    , 1 2,   - 7 - 【答案】C 【解析】 【分析】 分 0 及 0  两种情况，分别求出 π 6x  的范围，进而结合  f x 在区间 π0, 3      上存在 最小值-2，可列出不等式，求出 的取值范围. 【详解】当 0 时， π π π π,6 6 3 6x        ． 函数   π2sin 6f x x     在区间 π0, 3      上存在最小值-2， π π 3π 3 6 2    ，可得 5  ； 当 0  时， π π π π,6 3 6 6x        ， 函数   π2sin 6f x x     在区间 π0, 3      上存在最小值-2， π π π 3 6 2     ，可得 1   ． 综上所述，非零实数 的取值范围是   , 1 5,    ． 故选：C． 【点睛】本题考查正弦函数的性质，考查分类讨论的数学思想的应用，考查学生的计算能力 与推理能力，属于中档题. 11.已知点  1 0,3A ，  2 0, 3A  ，动点 P 满足 1 2 1 2PA PAk k   ，点 Q 满足 1 1QA PA ， 2 2QA PA ．则 1 2 1 2 PA A QA A S S    （ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 2 【答案】A 【解析】 【分析】 - 8 - 由 1 2 1 2PA PAk k   ，可求出 P 的轨迹方程，设  0 0,P x y ，  1 1,Q x y ，由 1 1QA PA ，可求 出直线 1QA 的斜率 1QAk ，进而得到直线 1QA 的方程，同理可得 2QA 的方程，联立直线 1QA ， 2QA 的方程，可得 2 1 0 0 9x x y  ，再将  0 0,P x y 代入曲线方程中，可求得 0 1 2 xx   ，结合 1 2 1 2 1 2 0 1 2 1 1 2 1 2 PA A QA A A A xS S A A x      ，可求出答案. 【 详 解 】 设 动 点  0 0,P x y ， 由 1 2 1 2PA PAk k   ， 得 0 0 0 0 3 3 1 2 y y x x     ， 整 理 得   2 2 0 0 01 018 9 x y x   ， 所以动点 P 的轨迹方程为   2 2 1 018 9 x y x   ． 设  1 1,Q x y ，直线 1PA 的斜率为 1 0 0 3 PA yk x  ，由 1 1QA PA ，所以直线 1QA 的斜率 1 0 0 3QA xk y    ，于是直线 1QA 的方程为 0 0 33 xy xy    ． 同理可得 2QA 的方程为 0 0 33 xy xy    ． 联立两直线方程，得 0 0 0 0 3 33 3 x xx xy y       ，解得 2 0 0 9yx x  ，则 0 0 2 19y x x  ． 因为  0 0,P x y 满足   2 2 0 0 01 018 9 x y x   ，所以 2 2 0 0 9 2 xy    ， 所以 2 0 1 0 2 xx x   ，即 0 1 2 xx   ． 所以 1 2 1 2 1 2 0 1 2 1 1 2 21 2 PA A QA A A A xS S A A x       . 故选：A． 【点睛】本题考查点的轨迹，考查三角形的面积，考查直线的斜率，考查学生的计算求解能 - 9 - 力，属于中档题. 12.如图所示，在棱长为 4 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，点 M 是正方体表面上一动点，则 下列说法正确的个数为（ ） ①若点 M 在平面 ABCD 内运动时总满足 1 1DD A DD M   ，则点 M 在平面 ABCD 内的轨迹是圆 的一部分； ②在平面 ABCD 内作边长为 1 的小正方形 EFGA，点 M 满足在平面 ABCD 内运动，且到平面 1 1AA B B 的距离等于到点 F 的距离，则 M 在平面 ABCD 内的轨迹是抛物线的一部分； ③已知点 N 是棱 CD 的中点，若点 M 在平面 ABCD 内运动，且 1B M P 平面 1 1A NC ，则点 M 在平 面 ABCD 内的轨迹是线段； ④已知点 P、Q 分别是 1BD ， 1 1B C 的中点，点 M 为正方体表面上一点，若 MP 与 CQ 垂直，则点 M 所构成的轨迹的周长为8 4 5 . A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】 对于①，结合圆锥的性质，可判断其正确；对于②，结合抛物线的定义，可知其正确；对于 ③，取 AB 的中点 I，BC 的中点 O，易证平面 1B IO P 平面 1 1A NC ，可知当 M 在线段 IO 上时， 满足题意；对于④，只需过点 P 作直线 CQ 的垂面即可，垂面与正方体表面的交线即为动点 M 的轨迹，求出周长，即可判断④正确. 【详解】对于①，因为满足条件的动点 M 是以 1DD 为轴线，以 1D A为母线的圆锥与平面 ABCD - 10 - 的交线，即圆的一部分，故①是正确的； 对于②，依题意知点 M 到点 F 的距离与到直线 AB 的距离相等，所以 M 的轨迹是以 F 为焦点， AB 为准线的抛物线，故②是正确的； 对于③，如图（1），取 AB 的中点 I，BC 的中点 O，显然 1 1IO AC∥ ， 1 1IB NC∥ ，从而可以证 明平面 1B IO P 平面 1 1A NC ，当 M 在线段 IO 上时，均有 1B M P 平面 1 1A NC ，即动点 M 的轨迹 是线段 IO，故③是正确的； 对于④，如图（2），依题意，只需过点 P 作直线 CQ 的垂面即可，垂面与正方体表面的交线即 为动点 M 的轨迹．分别取 1CC ， 1DD 的中点 R，S，由 1tan tan 2C QC BRC    ，知 1C QC BRC   ，易知CQ RB ，又CQ AB ， AB BR B ，所以CQ  平面 ABRS， 过 P 作平面 ABRS 的平行平面 1 1TUR S ，点 M 的轨迹为四边形 1 1TUR S ，其周长与四边形 ABRS 的周长相等，所以点 M 所构成的轨迹的周长为 2 22 4 2 4 2 8 4 5      ，故④是正确的． 因此说法正确的有 4 个. 故选：D． 【点睛】本题考查空间几何体的结构特征，考查轨迹方程，考查空间中点线面的位置关系， 考查学生的空间想象能力与推理能力，属于难题. 二．填空题 13.已知点  4 1M , ，  1,3N ，则 MN  _______；与 MN  同方向的单位向量为_______． 【答案】 (1).  3,4 (2). 3 4,5 5     【解析】 - 11 - 【分析】 由 ,M N 的坐标，可求出 MN  ，与 MN  同方向的单位向量为 MN MN   ，求解即可. 【详解】 MN     1 4,3 1 3,4    ， 所以与 MN  同方向的单位向量为 MN MN    1 3 43,4 ,5 5 5        . 故答案为： 3,4 ； 3 4,5 5     . 【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，考查单位向量，属于基础题. 14.已知等差数列 na 中． 7 9 12a a  ， 11 1a  ，则 5a 的值是________． 【答案】11 【解析】 【分析】 由等差数列的性质，可知 7 9 5 11a a a a  ，从而可求出答案. 【详解】由等差数列的性质，可知 7 9 5 11a a a a  ，所以 5 7 9 11 12 1 11a a a a     . 故答案为：11 【点睛】本题考查等差数列的性质，考查学生的计算求解能力，属于基础题. 15.已知函数   2 ,0 1 ln , 1 x xf x x x     ，若存在实数 1x ， 2x 满足 1 20 x x  ，且    1 2f x f x ， 则 2 14x x 的最小值为________． 【答案】 2 2ln 2 【解析】 【分析】 作出  f x 的图象，由    1 2f x f x ，可知 1 22 lnx x ，从而 2 1 2 24 2lnx x x x   ， 2 21 ex  ，构造函数    22ln 1 eg t t t t    ，求出最小值即可. 【详解】作出  f x 的图象，如下图所示， 当 0 1x  时，    0,2f x  ；当 1x  时，    0,f x   ， - 12 - 因为    1 2f x f x ，所以 1 22 lnx x ， 令 ln 2x  ，得 2ex  ， 则 2 21 ex  ，故 2 1 2 24 2lnx x x x   ，令    22ln 1 eg t t t t    ． 则   2 21 tg t t t     ，易知函数   2lng t t t  在 1,2 上单调递减，在 22,e  上单调递增， 所以    min 2 2 2ln 2g t g   ． 故答案为： 2 2ln 2 . 【点睛】本题考查函数图象的应用，考查函数单调性及最值的应用，利用构造函数是解决本 题的关键，属于中档题. 16.已知一簇双曲线 nE ： 2 2 2 2020 nx y       （ n N 且 2020n  ），设双曲线 nE 的左、右焦 点分别为 1nF 、 2nF ， nP 是双曲线 nE 右支上一动点，三角形 1 2n n nP F F 的内切圆 nG 与 x 轴切于 点  ,0n nA a ，则 1 2 2020a a a   __________． 【答案】 2021 2 【解析】 【分析】 设 1n nP F 、 2n nP F 与 圆 nG 分 别 切 于 点 nB 、 nC ， 可 知 1 2 1 2 2 2020n n n n n n n n nP F P F F A F A     ， 再 结 合 1 1n n n nF A F O a  ， 2 2n n n nF A F O a  ，可求得 2020n na  ，进而可求出答案. 【详解】如图，设 1n nP F 、 2n nP F 与圆 nG 分别切于点 nB 、 nC ， 根据内切圆的性质可得 n n n nP B PC ， 1 1n n n nF B F A ， 2 2n n n nF C F A ， - 13 - 又点 nP 在双曲线的右支上，所以有 1 2 2 2 2020n n n n nP F P F a    ． 则  1 2 1 2 1 2 2 2020n n n n n n n n n n n n n n n n nP F P F P B F B P C F C F A F A         ． 又 1 1n n n nF A F O a  ， 2 2n n n nF A F O a  ， 1 2n nF O F O ， 所以 1 2 2n n n n nF A F A a  ， 所以 2 2 2020n na   ，即 2020n na  ， 因此   1 2 2020 1 2020 20201 2 2020 1 2021 2020 2020 2020 2020 2 2a a a          L ． 故答案为： 2021 2 . 【点睛】本题考查双曲线的性质，考查三角形内切圆的性质，考查数列求和，考查学生的计 算求解能力，属于中档题. 三、解答题 17.在 ABC 中，角 A，B，C 的对边分别是 a、b、c，且 24 cos 2 22 Ba a b c   （1）求 A； （2）若 2b  ， ABC 的面积为 3+ 3 2 ，M 是 AB 的中点，求 2CM ． 【答案】（1） π 3A  ；（2） 34 2  【解析】 【分析】 - 14 - （1）将 2 1 coscos 2 2 B B ，代入原式，整理可得 2 2 cosc b a B  ，再结合正弦定理，及  sin sinC A B  ，可求得 cos A的值，进而可求出角 A ； （2）由 1 sin2ABCS bc AV ，可计算求出 AB ，从而可求出 AM ，在 AMC 中，由余弦定理 可得， 2 22 2 cosCM b AM b AM A     ，即可求出答案. 【详解】（1）由题意， 1 cos4 2 22 Ba a b c       ，即 2 2 cosc b a B  ． 由正弦定理得， 2sin sin 2cos sinC B B A  ， 即  2sin sin 2cos sinA B B B A   ， 所以 2sin cos 2sin cos sin 2cos sinA B B A B B A   ， 即 2sin cos sinB A B ． 又sin 0B  ，所以 1cos 2A  ， 因为  0,πA ，所以 π 3A  ． （2）由 2b  ， π 3A  ， 1 3 3sin2 2ABCS bc A  V ，得 1 3c AB   ． 因为 M 是 AB 的中点，所以 1 3 2AM  ， 在 AMC 中，由余弦定理得， 2 2 22 1 3 1 3 1 32 cos 4 2 2 42 2 2 2CM b AM b AM A                   ． 【点睛】本题考查三角形的面积公式的应用，考查正弦、余弦定理在解三角形中的应用，考 查学生的计算求解能力，属于基础题. 18.如图，在直角梯形 ABCP 中， AP BC ， AP AB ， 1 22AB BC AP   ，D 是 AP 的 中点，E，G 分别为 PC，CB 的中点，点 F 是线段 PD 上一动点，将 PCD 沿 CD 折起，使得平 面 PCD  平面 ACD． - 15 - （1）证明： AC BF ； （2）若点 F 为 PD 的中点，求三棱锥 P-EFG 的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2） 1 6 【解析】 【分析】 （1）连接 BD，易知 BD AC ，进而证明 AC PD ，从而可知 AC  平面 PBD，再结合 BF  平面 PBD，即可证明 AC BF ； （2）先证明CG  平面 PEF，再由 1 3P EFG G EFP EFPV V S GC   V ，求解即可. 【详解】（1）连接 BD，易知四边形 ABCD 是正方形，则 BD AC ， 平面 PCD  平面 ACD ， PD CD ， PD  平面 ABCD，又 AC  平面 ABCD， AC PD  ． 又 BD PD D Q ， AC  平面 PBD． 又∵ BF  平面 PBD， AC BF  . （2）由（1）知 PD  底面 ABCD ，CG  平面 ABCD，所以 PD CG ． 又CD CG ， PD CD D  ，所以CG  平面 PEF． 1 3P EFG G EFP EFPV V S GC   V ， 1 1 2 2EFPS EF PF   V ， 1GC  ， 故 1 1 113 2 1 3 6P EFG G EFP EFPV V S GC     V ． - 16 - 【点睛】本题考查三棱锥的体积，考查垂直关系的证明，考查学生的空间想象能力与计算求 解能力，属于中档题. 19.已知抛物线 E： 2 2x py 过点 1,1 ，过抛物线 E 上一点  0 0,P x y 作两直线 PM，PN 与圆 C：  22 2 1x y   相切，且分别交抛物线 E 于 M、N 两点． （1）求抛物线 E 的方程，并求其焦点坐标和准线方程； （2）若直线 MN 的斜率为 3 ，求点 P 的坐标． 【答案】（1）抛物线 E 的方程为 2x y ，焦点坐标为 10, 4      ，准线方程为 1 4y   ；（2） 3,3 或 3 1,3 3      【解析】 【分析】 （1）将点 1,1 代入抛物线方程，可求出抛物线 E 的方程，进而可求出焦点坐标及准线方程； （2）设  2 1 1,M x x ，  2 2 2,N x x ，可表示出直线 PM 及 PN 的斜率的表达式，进而可表示出 两直线的方程，再结合直线和圆相切，利用点到直线的距离等于半径，可得 1x ， 2x 满足方程  2 2 2 0 0 01 2 3 0x x x x x     ，从而得到 0 1 2 2 0 2 1 xx x x    ，又直线 MN 的斜率为 1 2 3x x   ， 可求出 0x 的值，即可求出点 P 的坐标. 【详解】（1）将点 1,1 代入抛物线方程得，1 2 p ，所以抛物线 E 的方程为 2x y ，焦点坐 标为： 10, 4      ，准线方程为： 1 4y   ． - 17 - （2）由题意知， 2 0 0y x ，设  2 1 1,M x x ，  2 2 2,N x x ， 则直线 PM 的斜率为 2 2 0 1 0 1 0 1 PM x xk x xx x    ，同理，直线 PN 的斜率为 0 2x x ， 直线 MN 的斜率为 2 2 1 2 1 2 1 2 x x x x x x   ，故 1 2 3x x   ， 于是直线 PM 的方程为   2 0 0 1 0y x x x x x    ，即 0 1 1 0 0x x y x xx     ， 由直线和圆相切，得   1 0 2 1 0 2 1 1 x x x x     ， 即 2 2 2 0 1 0 1 01 2 3 0x x x x x     ， 同理，直线 PN 的方程为  0 2 2 0 0x x x y x x    ， 可得 2 2 2 0 2 0 2 01 2 3 0x x x x x     ， 故 1x ， 2x 是方程 2 2 2 0 0 01 2 3 0x x x x x     的两根． 故 0 1 2 2 0 2 1 xx x x    ，即 0 2 0 2 31 x x    ， 所以 2 0 03 2 3 0x x   ，解得 0 3x 或 3 3  ． 当 0 3x 时， 0 3y  ；当 0 3 3x   时， 1 3y  ． 故点 P 的坐标为 3,3 或 3 1,3 3      ． - 18 - 【点睛】本题考查抛物线方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查直线的方程，考 查学生的计算求解能力，属于中档题. 20.自湖北武汉爆发新型冠状病毒肺炎疫情以来，各地医疗物资缺乏，各生产企业纷纷加班加 点生产，某企业准备购买三台口罩生产设备，型号分别为 A，B，C，已知这三台设备均使用同 一种易耗品，提供设备的商家规定：可以在购买设备的同时购买该易耗品，每件易耗品的价 格为 100 元；也可以在设备使用过程中，随时单独购买易耗品，每件易耗品的价格为 200 元．为 了决策在购买设备时应同时购买的易耗品的件数，该单位调查了这三种型号的设备各 60 台， 调查每台设备在一个月中使用的易耗品的件数，并得到统计表如下所示． 每台设备一个月中使用的易耗品的件数 6 7 8 频数 型号 A 30 30 0 型号 B 20 30 10 型号 C 0 45 15 将调查的每种型号的设备的频率视为概率，各台设备在易耗品的使用上相互独立． （1）求该单位一个月中 A，B，C 三台设备使用的易耗品总数超过 21 件（不包括 21 件）的概 率； （2）以该单位一个月购买易耗品所需总费用的期望值为决策依据，该单位在购买设备时应同 时购买 20 件还是 21 件易耗品? 【答案】（1） 1 6 ；（2）该单位在购买设备时应同时购买 21 件易耗品 【解析】 【分析】 （1）由题中表格数据，分别求出三个型号设备在一个月使用易耗品的件数所对应的频率，设 该 单 位 三 台 设 备 在 一 个 月 中 使 用 的 易 耗 品 的 总 件 数 为 X ， 可 知      21 22 23P X P X P X     ，分别求出  22P X  和  23P X  ，即可求出答 案； （2）分别求出两种情况下，一个月购买易耗品所需总费用的所有可能值，并求出对应的概率， - 19 - 从而可求出两种情况的期望，比较二者大小，可得出结论. 【详解】（1）由题中表格可知， A 型号的设备一个月中使用易耗品的件数为 6 和 7 的频率均为 1 2 ； B 型号的设备一个月中使用易耗品的件数为 6，7，8 的频率分别为 1 3 ， 1 2 ， 1 6 ； C 型号的设备一个月中使用易耗品的件数为 7 和 8 的频率分别为 3 4 ， 1 4 ， 设该单位一个月中 A，B，C 三台设备使用易耗品的件数分别为 x，y，z，则     16 7 2P x P x    ，   16 3P y   ，   17 2P y   ，   18 6P y   ，   37 4P z   ，   18 4P z   ． 设该单位三台设备一个月中使用的易耗品的总件数为 X， 则      21 22 23P X P X P X     ． 而        22 6, 8, 8 7, 7, 8 7, 8, 7P X P x y z P x y z P x y z             1 1 1 1 1 1 1 1 3 7 2 6 4 2 2 4 2 6 4 48           ，     1 1 1 123 7, 8, 8 2 6 4 48P X P x y z         ， 故   7 1 121 48 48 6P X     ， 即该单位一个月中 A，B，C 三台设备使用的易耗品总数超过 21 件的概率为 1 6 ． （2）该单位三台设备一个月中使用的易耗品的总件数为 X，可能的取值为 19，20，21，22， 23．     1 1 3 119 6, 6, 7 2 3 4 8P X P x y z         ，        20 6, 6, 8 6, 7, 7 7, 6, 7P X P x y z P x y z P x y z             1 1 1 1 1 3 1 1 3 17 2 3 4 2 2 4 2 3 4 48           ，        21 6, 7, 8 6, 8, 7 7, 6, 8P X P x x z P x y z P x y z               1 1 1 1 1 3 1 1 1 1 1 3 177, 7, 7 2 2 4 2 6 4 2 3 4 2 2 4 48P x y z                 ， 由（1）知，   722 48P X   ，   123 48P X   ． - 20 - 若该单位在购买设备的同时购买了 20 件易耗品，设该单位一个月中购买易耗品所需的总费用 为Y 元， 则Y 的所有可能取值为 2000，2200，2400，2600．       232000 19 20 48P Y P X P X      ，     172200 21 48P Y P X    ，     72400 22 48P Y P X    ，     12600 23 48P Y P X    ， 所以   23 17 7 1 64252000 2200 2400 260048 48 48 48 3E Y          ． 若该单位在购买设备的同时购买了 21 件易耗品，设该单位一个月中购买易耗品所需的总费用 为 Z 元， 则 Z 的所有可能取值为 2100，2300，2500．         52100 19 20 21 6P Z P X D X P X        ，     72300 22 48P Z P X    ，     12500 23 48e Z P X    ， 所以   5 7 12100 2300 2500 2137.56 48 48E Z        ． 因为 6425 2142 2137.53   ，即    E Y E Z ，所以该单位在购买设备时应同时购买 21 件 易耗品． 【点睛】本题考查相互独立事件的概率，考查离散型随机变量的期望，考查学生的计算能力 与推理能力，属于中档题. 21.已知函数   2e 1xf x a x   ． （1）若函数  f x 有两个零点，证明： 0 e 2a  ； （2）设函数  f x 的两个零点为 1x ，  2 1 2x x x ．证明： 1 2 2e ex x a   ． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析 【解析】 - 21 - 【分析】 （1）参变分离可得 2 1 e x xa  ，构造函数   2e 1 x xg x  ，判断  g x 的单调性及图象特征，使  g x 与直线 y a 有两个交点，即满足题意，从而可证明结论； （2）易知 12 1e 1xa x  ， 22 2e 1xa x  ，两式相减得 1 2 1 2 2 2e ex x x xa   ，要证 1 2 2e ex x a   ， 即证  1 2 2 2 e ex x a   ，进而可将问题转化为证明  1 2 1 21 2 2 e 1 e 1 x x x xx x       ，令 1 2t x x  ，则 0t  ，即证  2 e 1 e 1 t tt    ，进而构造函数    e 1 2e 2t tT t t    ，只需证明   0T t  即可. 【详解】（1）证明：由   2e 1 0xf x a x    ，可得 2 1 e x xa  ， 令   2e 1 x xg x  ，则   2 2 1 e x xg x   ， 当 1, 2x       时， ( ) 0g x¢ > ，  g x 单调递增； 当 1 ,2x       时， ( ) 0g x¢ < ，  g x 单调递减； 所以  max 1 e 2 2g x g       ． 又因为当 1x   时，   0g x  ； 当 1x   时，   0g x  ，且当 x   时，   0g x  ； 所以  f x 有两个零点时， 0 e 2a  ． （2）由题意知， 12 1e 1xa x  ， 22 2e 1xa x  ， 两式相减得：  1 22 2 1 2e ex xa x x   ， 则 1 2 1 2 2 2e ex x x xa   ． 要证 1 2 2e ex x a   ，即证  1 2 2 2 e ex x a   ， - 22 - 只需证  1 2 1 2 1 2 22 2 2 e e e ex x x x x x   ， 即证        1 2 1 2 1 2 1 2 1 21 2 2 2 1 2 2 2 e e 2 e e 2 e 1 e e e 1e e x x x x x x x x x xx x x x           . 令 1 2t x x  ，则 0t  ，即证  2 e 1 e 1 t tt    ， 令    e 1 2e 2t tT t t    ，则    1 e +1tT t t   ，令    1 e +1th t t  ，则   e 0th t t   ， 所以  h t 在( )0,+¥ 上单调递增，    0 0h t h  ，即    0 0T t T   ， 所以 ( )T t 在( )0,+¥ 上单调递增， 所以    0 0T t T  ，即 e 1 2e 2 0t tt    ， 所以  2 e 1 e 1 t tt    ， 故 2e ex x a   成立. 【点睛】本题考查函数的零点，考查利用导数证明不等式，考查学生的推理论证能力，属于 难题. 22.在直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 14 3 2 2 3 x t y t      （其中 t 为参数）.以坐标原点 O 为极点，x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 2sin 4cos   ． （1）求 l 和 C 的直角坐标方程． （2）设点  4,0M ，直线 l 交曲线 C 于 A，B 两点，求 2 2MA MB 的值． 【答案】（1） l 的直角坐标方程为 2 2 8 2 0x y   ；曲线 C 的直角坐标方程为 2 4y x ； （2）153 4 【解析】 - 23 - 【分析】 （ 1 ） 将 直 线 l 的 参 数 方 程 消 去 t 可 得 l 的 直 角 坐 标 方 程 ， 由 2sin 4cos   ， 得 2 2sin 4 cos    ，结合极坐标方程与直角坐标方程间的关系，转化即可. （2）将直线l 的参数方程，代入 C 的直角坐标方程中，得到关于t 的一元二次方程，结合根与 系数关系，及  22 2 2 2 1 2 1 2 1 22MA MB t t t t t t      ，可求出答案． 【详解】（1）直线 l 的参数方程为 14 3 2 2 3 x t y t      （其中t 为参数）， 消去t 可得l 的直角坐标方程为 2 2 8 2 0x y   ； 由 2sin 4cos   ，得 2 2sin 4 cos    ， 则曲线C 的直角坐标方程为 2 4y x . （2）将直线 l 的参数方程 14 3 2 2 3 x t y t      ，代入 2 4y x ， 得 22 3 36 0t t   ，设 A，B 对应的参数分别为 1t ， 2t ， 则 1 2 3 2t t   ， 1 2 18t t   ， 所以  22 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1532 4MA MB t t t t t t       ． 【点睛】本题考查参数方程、直角坐标方程、极坐标方程间的转化，考查直线参数方程中参 数含义的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题. 23.已知函数   2 7 2 5f x x x    （1）求函数  f x 的最小值 m； （2）在（1）的条件下，正数 a，b 满足 2 2a b m  ，证明 2a b ab  ． 【答案】（1） 2m  ；（2）证明见解析 【解析】 【分析】 - 24 - （1）由    2 7 2 5 2 7 2 5x x x x       ，可求出  f x 的最小值； （2）利用基本不等式可得 2 2 2a b ab  ，从而可得 1ab  ，即 1ab  ，再结合 2 a bab  ， 可得 1 2 ab a b  ，结合 1ab  ，可证明结论. 【详解】（1）      2 7 2 5 2 7 2 5 2f x x x x x         ， 函数  f x 的最小值 2m  ． （2）证明：正数 a，b 满足 2 2 2a b  ， 又 2 2 2a b ab  ，当且仅当 a b 时取等号，所以 1ab  ，即 1ab  ， 因为 2 a bab  ，当且仅当 a b 时取等号， 所以 1 2 ab a b  ， 又因为 1ab  ，所以 1 2 ab a b  ， 故 2a b ab  ． 【点睛】本题考查利用绝对值三角不等式求最值，考查不等式的证明，考查基本不等式的应 用，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于中档题. - 25 -