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- 2021-06-16 发布
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珠海市 2019~2020 学年度第二学期普通高中学业质量监测高三理科数学试题
一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,满分 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.请在答题卡上填涂相应选项.
1.已知全集 1,2,3,4U ,集合 1,2 , 2,3A B ,则 U A B ð ( )
A. 1,3,4 B. 3,4 C. 3 D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】
先计算 = 2A B ,再计算 U A Bð 得到答案.
【详解】集合 1,2 , 2,3A B ,则 = 2A B , 1,3,4A B ðU
故选: A
【点睛】本题考查了交集补集的运算,属于简单题.
2.设i 是虚数单位,则复数 4 3i
i
( )
A. 3 4i B. 3 4i
C. 3 4i D. 3 4i
【答案】D
【解析】
试题分析:因为 2
4 3i i(4 3i) 3 4ii iz ,故选 D.
考点:复数的运算.
3.已知函数 f x 是定义在 R 上的奇函数,当 x 0 时, 2 2xf x x a ,则 1f ( )
A. 3 B. -3 C. -2 D. -1
【答案】B
【解析】
【分析】
由 (0) 1 0f a ,可求 a ,代入可求 (1)f ,然后结合奇函数的定义得 ( 1) (1)f f ,进
- 2 -
而求得 1f 的值.
【详解】 ( )f x 是定义在 R 上的奇函数,且 0x
时, ( ) 2 2xf x x a ,
(0) 1 0f a ,
1a = , (1) 4 3f a ,
则 ( 1) (1)f f 3 .
故选:B.
【点睛】本题考查奇函数性质,即若函数 ( )f x 为奇函数且在 0x 有定义,则 (0) 0f ,理
解这一知识点是求解本题的关键.
4.如图为一个四棱锥的三视图,其体积为( )
A. 4
3
B. 8
3
C. 4 D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】
根据三视图,可知该几何体为四棱锥 1 1 1A DD C C ,利用椎体的体积公式即可求得该几何体
的体积.
【详解】在棱长为 2 的正方体中还原该几何体,
由几何体的三视图可知,该几何体为四棱锥 1 1 1A DD C C ,如图所示,
- 3 -
正方形 1 1DD C C 的面积 2 2 4S ,
所以
1 1 1
1 12 4 23
8
3 3A DD C CV S .
故选:B.
【点睛】本题考查的是由三视图还原几何体以及求几何体的体积,解决本题的关键是得到该
几何体的形状,属于基础题.将三视图还原为空间几何体,首先应深刻理解三视图之间的关系,
遵循“长对正,高平齐,宽相等”的基本原则,其内涵为正视图的高是几何体的高,长是几
何体的长;俯视图的长是几何体的长,宽是几何体的宽;侧视图的高是几何体的高,宽是几
何体的宽.
5.将函数 ( ) cos sinf x x x 的图象向右平移 3
4
个单位长度,得到函数 g( )x 的图象,则函数
g( )x 的解析式为( )
A. ( ) 2 cosg x x B. ( ) 2 cosg x x
C. ( ) 2 sing x x D. ( ) 2 sing x x
【答案】B
【解析】
【分析】
先化简 f x ,再向右平移 3
4
个单位长度,即可得函数 g( )x .
【详解】由 ( ) cos sinf x x x 得, 2 sin 4f x x
,
则将 f x 再向右平移 3
4
个单位长度,可得
- 4 -
32 sin 2 sin 2 cos4 4 2g x x x x
.
故选:B
【点睛】本题主要考查两角和的正弦公式,诱导公式,三角函数的图象变换规律,属于基础
题.
6.已知在 ABC 中, 4AB , 3BC , 5AC , 1
4AD DC ,则 BD BC
( )
A. 9
5
B. 9
4
C. 16
5
D. 36
5
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意,先得到 AB BC ,再由平面向量基本定理,得到 4 1
5 5BD BA BC ,根据平面
向量数量积的运算,即可求出结果.
【详解】因为 4AB , 3BC , 5AC ,
所以 2 2 2AB BC AC ,因此 90B ∠ ,即 AB BC ;
又 1
4AD DC ,所以 1
4BD BA BC BD ,
因此 5 1
4 4BD BA BC ,即 4 1
5 5BD BA BC ,
所以 2 24 1 4 1 1 9
5 5 5 5 5 5BD BC BA BC BC BA BC BC BC
.
故选:A.
【点睛】本题主要考查求平面向量的数量积,熟记平面向量基本定理,以及向量数量积的运
算法则即可,属于常考题型.
7.甲、乙、丙三位同学在一项集训中的 40 次测试分数都在[50,100]内,将他们的测试分数
分别绘制成频率分布直方图,如图所示,记甲、乙、丙的分数标准差分别为 s1,s2,s3,则它
们的大小关系为( )
- 5 -
A. s1 s2 s3 B. s1 s3 s2
C. s3 s1 s2 D. s3 s2 s1
【答案】B
【解析】
【分析】
根据三个频率分布直方图,结合方差的定义,对三组数据的方差作出大小判断,即可求解.
【详解】根据给定的三个频率分布直方图知:
第一组数据的两端数字较多,绝大部分数字都处在两端数据偏离平均数远,最分散,其方差
最大;
第二组数据绝大部分数字都在平均数左右,数据最集中,其方差最小;
第三组数据是单峰的每个小矩形的差别较小,数字分布均匀,数据步入第一组偏离平均数答,
方差比第一组数据中的方差小,比第二组数据方差大;
综上可得 1 3 2S S S .
故选:B.
【点睛】本题主要考查了利用频率分布直方图,考查了数据的方程与标准的定义及应用问题,
着重考查了识图能力,属于基础题.
8.已知两条不同直线l , m ,两个不同平面 , ,则下列命题正确的是( )
A. 若 / / ,l , m ,则 //l m
B. 若 / / , / /m ,l ,则l m
C. 若 ,l , m ,则 //l m
D. 若 , / /l , / /m ,则l m
- 6 -
【答案】B
【解析】
【分析】
对 A, //l m 或 ,l m 异面,所以该选项错误;对 B,l m ,所以该选项正确;对 C,l m ,
所以该选项错误;对 D,l m 或 //l m 或 ,l m 相交或 ,l m 异面,所以该选项错误.
【详解】对 A,若 / / ,l , m ,则 //l m 或 ,l m 异面,所以该选项错误;
对 B,若 / / ,l ,所以l ,因为 / /m ,则l m ,所以该选项正确;
对 C,若 ,l , m ,则l m ,所以该选项错误;
对 D,若 , / /l , / /m ,则l m 或 //l m 或 ,l m 相交或 ,l m 异面,所以该选项错
误.
故选:B.
【点睛】本题主要考查空间直线和平面位置关系的命题真假的判断,意在考查学生对这些知
识的理解掌握水平和空间想象能力.
9.我国南宋数学家杨辉 1261 年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表,即杨辉
三角,这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中,第 n 行的所有数字之和为 12n ,若
去除所有为 1 的项,依次构成数列 2,3,3,4,6,4,5,10,10,5, ,则此数列的前 55 项和为( )
A. 4072 B. 2026 C. 4096 D. 2048
【答案】A
【解析】
【分析】
利用 n 次二项式系数对应杨辉三角形的第 n+1 行,然后令 x=1 得到对应项的系数和,结合等
比数列和等差数列的公式进行转化求解即可.
【详解】解:由题意可知:每一行数字和为首项为 1,公比为 2 的等比数列,
- 7 -
则杨辉三角形的前 n 项和为 Sn
1 2
1 2
n
2n﹣1,
若去除所有的为 1 的项,则剩下的每一行的个数为 1,2,3,4,……,可以看成构成一个首
项为 1,公差为 1 的等差数列,
则 Tn
1
2
n n ,
可得当 n=10,所有项的个数和为 55,
则杨辉三角形的前 12 项的和为 S12=212﹣1,
则此数列前 55 项的和为 S12﹣23=4072,
故选 A.
【点睛】本题主要考查归纳推理的应用,结合杨辉三角形的系数与二项式系数的关系以及等
比数列等差数列的求和公式是解决本题的关键,综合性较强,难度较大.
10.甲、乙、丙3 人从1楼乘电梯去商场的 3 到9楼,每层楼最多下 2 人,则下电梯的方法有( )
A. 210 种 B. 252 种 C. 343 种 D. 336种
【答案】D
【解析】
【分析】
分两种情况讨论:①每个楼层下1人;② 3 人中有 2 人从一个楼层下,另1人从其它楼层选一
个楼层下,利用排列组合思想结合分类加法计数原理可得出结果.
【详解】分两种情况讨论:
①每个楼层下1人,则 3 人下电梯的方法种数为 3
7 210A ;
②3 人中有 2 人从一个楼层下,另1人从其它楼层选一个楼层下,此时, 3 人下电梯的方法种
数为 2 2
3 7 126C A .
由分类加法计数原理可知, 3 人下电梯的方法种数为 210 126 336 种.
故选:D.
【点睛】本题考查排列组合综合问题,考查分类加法计数原理的应用,考查计算能力,属于
中等题.
11.已知椭圆
2 23: 116 16
x yC ,M 为椭圆C 上的一个动点,以 M 为圆心,2 为半径作圆 M ,
- 8 -
OP ,OQ 为圆 M 的两条切线, P ,Q 为切点,则 POQ 的取值范围是( )
A. [ ]3 2
, B. [ ]4 2
,
C. [ ]6 2
, D. 2[ ]3 3
,
【答案】D
【解析】
【分析】
利用圆的切线性质得 MOP MOP ,则 2sin MOP OM
,利用椭圆的几何性质得 OM
的范围即可求解
【 详 解 】 由 题 知 , ,OP OQ OM OM OPM OQM OPM OQM
MOP MOP ,故 2sin MOP OM
,
又椭圆
2 2 4 3: 1 4,1616 3
3
x yC a b 4 3, ,43OM b a
,故
2 1 3sin , ,2 2 6 3MOP MOPOM
则 2POQ MOP 2[ ]3 3
,
故选:D
【点睛】本题考查圆的切线及其几何性质,考查椭圆的几何性质,准确求解 2sin MOP OM
是解题关键,是中档题题
12.设函数 1( ) 1 2
xef x t nx xx x
恰有两个极值点,则实数t 的取值范围是( )
A. (1, )2
e
B. [1, )3
e
C. , [1, )2 3
e e
D. [1, )
【答案】D
- 9 -
【解析】
【分析】
求得 '
2
1 (2 1)
( )
xx e x t
f x x
.函数 ( )f x 恰有两个极值点,即 ' ( )f x 恰有两个零点,等价于
函数 (2( ) 1) x xx e t 有一个不等于 1 的零点.可得
2 1
xet x
,令 ( ) ( 0)2 1
xeh x xx
,判断
( )h x 的单调性,作出 ( )h x 的图象,注意到 (0) 1, (1) 13
eh h ,对 t 分类讨论即可得出.
【详解】函数 ( )f x 的定义域为 0, .
'
2
1 (2 1)1( ) 1 2 ( )
xx x e x tef x t nx x f xx x x
.
函数 1( ) 1 2
xef x t nx xx x
恰有两个极值点,
即 '
2
1 (2 1)
( )
xx e x t
f x x
恰有两个零点,等价于函数 (2( ) 1) x xx e t 有一个不等于 1
的零点.
令 (2 ) 1) 0( x xx te ,得
2 1
xet x
.
令 ( ) ( 0)2 1
xeh x xx
, '
2
2 1( ) (2 1)
xxh x ex
,
则 h x 在 10, 2
递减,在 1 ,2
递增,在 1
2x 取得最小值
2
e ,
作 h x 的图象,并作 y t 的图象,如图所示
又 (0) 1, (1) 13
eh h .(原定义域中 0x ,这里为方便讨论,考虑 0h )
当 1t 时,直线 y t 与 ( ) 2 1
xeh x x
只有一个交点,即 ( )x 只有一个零点(该零点值大于 1);
当
2
et 时, 2
1( ) (2 1)xxf x e x tx
在 1
2x 两侧附近同号, 1
2x 不是极值点;
当
3
et 时,函数 ( ) (2 1)xx e x t 有两个不同零点(其中一个零点等于 1),
- 10 -
但此时 2
1( ) (2 1)xxf x e x tx
在 1x 两侧附近同号,使得 1x 不是极值点不合.
故选:D.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值点,考查分类讨论,考查学生的逻辑推理能力和
计算能力,属于难题.
二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.
13.已知等差数列{ }na 的前 n 项的和为 nS ,且 1 2a , 10 65S ,则 2020a __.
【答案】2021
【解析】
【分析】
利用等差数列的前 n 项和公式求出 1d ,再根据等差数列的通项公式可得答案.
【详解】设等差数列{ }na 的公差为 d ,
由 1 2a , 10 65S 得 10 92 10 652 d ,解得 1d ,
所以 2020 1 2019 2 2019 1 2021a a d .
故答案为:2021.
【点睛】本题考查了等差数列前 n 项和公式和通项公式,属于基础题.
14.现有三张卡片,每张卡片上分别写着广州、深圳、珠海三个城市中的两个,且卡片不重复,
甲、乙、丙各选一张去对应的两个城市参观.甲看了乙的卡片后说:“我和乙都去珠海”.乙
看了丙的卡片后说:“我和丙不都去深圳”则甲、丙同去的城市为__.
【答案】深圳
【解析】
【分析】
甲看了乙的卡片后说:“我和乙都去珠海“,则甲和乙要去的另一个城市为广州或深圳,乙
看了丙的卡片后说:“我和丙不都去深圳”,则乙和丙有且只有一个人去了深圳,分别讨论,
即可推出结论.
【详解】每张卡片上分别写着广州、深圳、珠海三个城市中的两个,且卡片不重复,故卡片
可能出现的情况为广州和深圳、广州和珠海、深圳和珠海
甲看了乙的卡片后说:“我和乙都去珠海“,则甲和乙要去的另一个城市为广州或深圳,
乙看了丙的卡片后说:“我和丙不都去深圳”,则乙和丙有且只有一个人去了深圳
- 11 -
若乙去深圳,则丙不去深圳,故丙去广州和珠海,而甲和乙都去珠海,故不符合题意
若丙去深圳,则乙不去深圳,所以乙去珠海和广州,甲去珠海和深圳,丙去广州和深圳
所以甲和丙同去的城市为深圳.
故答案为:深圳.
【点睛】本题主要考查简单的合情推理,要抓住关键,逐步推断,是一道基础题.
15.已知双曲线的顶点在坐标轴,中心在原点,渐近线经过点 ,2P m m ( 0)m ,则双曲线的
离心率为______ .
【答案】 5 或 5
2
【解析】
【分析】
分为焦点在 x 轴和 y 轴两种情况进行讨论,设出双曲线方程,求出渐近线方程,由渐近线经过
点 ,2P m m ,求出 a 和b 的关系,再利用 2 2 2c a b 及 ce a
即可得解.
【详解】当焦点在 x 轴上时,设双曲线的方程为
2 2
2 2 1( 0, 0)x y a ba b
,
渐近线方程为 by xa
,
由渐近线经过点 ,2P m m ( 0)m ,得 2 bm ma
,解得 2b a ,
所以 2 24b a , 2 2 2 2 2 24 5c a b a a a ,
双曲线的离心率 5ce a
;
当焦点在 y 轴上时,设双曲线的方程为
2 2
2 2 1( 0, 0)y x a ba b
,
渐近线方程为 ay xb
,
由渐近线经过点 ,2P m m ( 0)m ,得 2 am mb
,解得 1
2b a ,
所以 2 21
4b a , 2 2 2 2 2 21 5
4 4c a b a a a ,
双曲线的离心率 5
2
ce a
.
综上,双曲线的离心率为 5 或 5
2
.
- 12 -
故答案为: 5 或 5
2
.
【点睛】本题考查的是双曲线的渐近线及离心率的求解,属于基础题.求双曲线的渐近线时,
要先确定双曲线的焦点所在坐标轴,再确定双曲线的实轴长和虚轴长,最后再确定双曲线的
渐近线方程.
16.在 ABC 中,角 A , B ,C 所对的边分别是 , ,a b c ,若 6b c ,
sin sin 3sin cos2 2
B C B CB C ,则 ABC 面积的最大值为__.
【答案】 2 5
【解析】
【分析】
由 二 倍 角 公 式 即 正 弦 定 理 可 得 3
2b c a , 即 可 得 到 4a , 再 由 余 弦 定 理 可 得
10cos 1A bc
,根据同角三角函数的基本关系可得 2 2 5 25sin 1 cos bcA A bc
,最
后根据三角形面积公式及基本不等式计算可得;
【详解】解:因为 sin sin 3sin cos2 2
B C B CB C
所以 3sin sin sin2B C B C , 3sin sin sin2B C A
由正弦定理可得 3
2b c a
因为 6b c ,所以 4a
由余弦定理可得 2 2 2 2 cosa b c bc A ,即 224 2 2 cosb c bc bc A ,
所以 1 cos 10bc A ,所以 10cos 1A bc
因为
2
2 2 10 2 5 25sin 1 cos 1 1 bcA A bc bc
所以 1 1 2 5 25sin 5 252 2
bcS bc A bc bcbc
因为 6 2b c bc ,所以 9bc ,当且仅当 3 b c 时取等号,
所以 5 25 5 9 25 2 5S bc
- 13 -
故答案为: 2 5
【点睛】本题考查正弦、余弦定理的应用,三角形面积公式以及基本不等式的应用,属于难
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.已知数列{ }na 的前 n 项的和为 nS ,且满足 *2 1 ( )n nS a n N .
(1)求数列{ }na 的通项公式 na 及 nS ;
(2)若数列{ }nb 满足 | 15|n nb S ,求数列{ }nb 的前 n 项的和 nT .
【答案】(1) 12n
na -= , 2 1n
nS ;(2)
1
1
16 2 2 (1 4)
2 16 66 ( 4)
n
n n
n nT
n n
.
【解析】
【分析】
(1)根据 2 1n nS a ,得到 1 12 2n n na a a ,证明数列是等比数列,由等比数列的通项
公式与求和公式,即可求出结果;
(2)由(1)求得 16 2 (1 4)
2 16 ( 4)
n
n n
nb
n
,分1 4n 和 4n 两种情况,结合等比数列的
求和公式,即可求出结果.
【详解】(1)由 2 1n nS a 得: 1 12 1S a ,即 1 1a ,
由 2 1n nS a 得: 1 12 1n nS a ,两式相减得: 1 12 2n n na a a ,
即 1 2n na a ,即数列{ }na 是以 1 为首项,2 为公比的等比数列,
则 12n
na -= ,
则 1 2 2 11 2
n
n
nS
;
(2)由(1)知: | 2 16 |n
nb ,则 16 2 (1 4)
2 16 ( 4)
n
n n
nb
n
,
- 14 -
则当1 4n 时, 1 2(16 2 ) (16 2 ) (16 2 )n
nT
1 2 2(1 2 )16 (2 2 2 ) 16 1 2
n
nn n
116 2 2nn ,
当 4n 时,
1 2 4 5 6 7(16 2 ) (16 2 ) (16 2 ) (2 16) (2 16) (2 16) (2 16)n
nT
1 2
42 (2 2 2 ) 16nT n
12(1 2 )2 34 16 2 16 661 2
n
nn n
,
则
1
1
16 2 2 (1 4)
2 16 66 ( 4)
n
n n
n nT
n n
.
【点睛】本题主要考查求等比数列的通项公式与求和公式,以及数列的求和问题,属于常考
题型.
18.如图,四棱锥 P ABCD ,四边形 ABCD 为平行四边形, AD BD , AC BD O ,
2AD BD , PB PD , PB PD , PA PC , M 为 PD 中点.
(1)求证: //OM 平面 PBC ;
(2)求证:平面 PAD 平面 PBD ;
(3)求二面角 A PB C 的余弦值.
【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3) 6
3
.
【解析】
【分析】
- 15 -
(1)利用中位线的性质得出 //OM PB ,然后利用线面平行的判定定理可证得结论;
(2)推导出 PO 平面 ABCD ,可得出 AD PO ,再由 AD BD 结合线面垂直的判定定
理可得出 AD 平面 PBD ,最后利用面面垂直的判定定理可证得结论;
(3)以点 D 为坐标原点, DA 、 DB 所在直线分别为 x 、 y 轴建立空间直角坐标系,利用空
间向量法能计算出二面角 A PB C 的余弦值.
【详解】(1)四边形 ABCD 为平行四边形, AC BD O , O 为 BD 中点,
M 为 PD 中点, //OM PB ,
OM 平面 PBC , PB 平面 PBC , //OM 平面 PBC ;
(2)四边形 ABCD 为平行四边形, AC BD O , O 为 AC 、 BD 中点,
PB PD , PA PC , PO AC , PO BD ,
AC BD O , PO 平面 ABCD ,
AD Q 平面 ABCD , AD PO ,
又 AD BD , BD PO O , AD 平面 PBD ,
AD Q 平面 PAD ,平面 PAD 平面 PBD ;
(3)以点 D 为坐标原点,以 DA 、 DB 分别为 x 轴、 y 轴,过 D 且与平面 ABCD 垂直的直
线为 z 轴,建立如图所示空间直角坐标系 D xyz ,
2AD BD , AD BD , BC BD , 2BC , 2 2AB CD ,
PB PD , PB PD , 2PB PD , 1PO ,
2AD , AD BD , 1DO , 2 2 5AO AD OD OC ,
2,0,0A 、 0,1,1P 、 0,2,0B 、 2,2,0C ,
2, 1, 1PA , 0,1, 1PB , 2,1, 1PC ,
- 16 -
设平面 PAB 和平面 PBC 的法向量分别为 1 1 1 1, ,n x y z , 2 2 2 2, ,n x y z ,
由 1
1
0
0
n PA
n PB
,得 1 1 1
1 1
2 0
0
x y z
y z
,令 1 1y ,可得 1 1,1,1n ,
由 2
2
0
0
n PB
n PC
,得 2 2
2 2 2
0
2 0
y z
x y z
,令 2 1y ,可得 2 0,1,1n ,
1 2
1 2
1 2
2 6cos 33 2
n nn n
n n
,
由图形可知,二面角 A PB C 的平面角为钝角,它的余弦值为 6
3
.
【点睛】本题考查线面平行、面面垂直的证明,同时也考查了利用空间向量法计算二面角的
余弦值,考查推理能力与计算能力,属于中等题.
19.已知曲线 E 上的点到 (1 0)F , 的距离比它到直线 : 4l x 的距离少 3.
(1)求曲线 E 的方程;
(2)过点 F 且斜率为 k 的直线 0l 交曲线 E 于 P ,Q 两点,交圆 2 2:( 1) 1F x y 于 A ,B
两点,P , A 在 x 轴上方,过点 P ,Q 分别作曲线 E 的切线 1l , 2l , 1 2l l M ,求 PAM
与 QBM 的面积的积的取值范围.
【答案】(1) 2 4y x ;(2) (1, ) .
【解析】
【分析】
(1)利用抛物线的定义即可求解;
(2)设出 0l 方程,P ,Q 点到坐标, 0l 与 2: 4E y x 联立,根据韦达定理求出 1 2y y 和 1 2y y ,
再利用导数及点斜式方程,求出 1l , 2l 的方程,联立求出 M 点坐标,借助点到直线距离、抛
物线定义及三角形面积的求法,即可得解.
【详解】(1)因为曲线 E 上的点到 (1 0)F , 的距离比它到直线 : 4l x 的距离少 3,
所以曲线 E 上的点到 (1 0)F , 的距离和它到直线 : 1l x 的距离相等,
故曲线 E 是 (1 0)F , 为焦点, : 1l x 为准线的抛物线,
- 17 -
故 2: 4E y x .
(2)由题设知: 0k ,则 0 : ( 1)l y k x ,
设 1 1( )P x y, , 2 2( )Q x y,
P , A 在 x 轴上方, 1 > 0x , 2 0x , 1 0y , 2 0y ,
0l 与 2: 4E y x 联立,得 2 4 4 0y yk
,
则 2
16 16 0k
, 1 2
1 2
4
4
y y k
y y
,
由 2: 4E y x ,得 0y 时, 2y x ,则 1y
x
;
0y 时, 2y x ,则 1y
x
,
1
11
1 2
x xy yx , 2
22
1 2
x xy yx ,
故
2
1
1 1
1
2: ( )4
yl y y xy
,
2
2
2 2
2
2: ( )4
yl y y xy
,
1l , 2l 联立消 y ,得
2 2
1 2
1 2
1 2
2 2( ) ( )4 4
y yx y x yy y
,解得 1 2 14
y yx ,
将 1x 代入 1l , 2l 方程,
2
1
1
1
2 ( 1 )4
yy y y
,
2
2
2
2
2 ( 1 )4
yy y y
,
两式相加得
2 2
1 2
1 2
1 2
2 22 ( 1 ) ( 1 )4 4
y yy y y y y
,解得
1 2 1 2
1 2
4 4
2
4 4 4
y y y y k ky y y k
,
2( 1, )M k
,
- 18 -
2( 1, )M k
到 0 : 0l kx y k 的距离
22 1
| |
kd k
,
2
1
1| | | | 1 4
yPA PF x ,
2
2
2| | | | 1 4
yQB QF x ,
1 1| | | |2 2PAM QBMS S PA d QB d
2
2 2
2 2 2 2
1 2 2
1 1 1 2 1 1| | | | ( ) ( 4)4 64 64 | |
k kPA QB d y y d k k
2
11 1k
,
PAM 与 QBM 的面积的积的取值范围是 (1, ) .
【点睛】本题考查了抛物线的定义、直线与圆的位置关系及直线与抛物线的位置关系,其中
涉及到利用导数求切线方程及点到直线距离,熟练掌握抛物线的定义,把抛物线上的点到焦
点的距离转化为到抛物线的准线的距离是本题的解题关键,难度较大.在处理直线与抛物线的
位置关系的题时,一般要用到根与系数的关系.
20.已知函数 2( ) ( 1) xf x k x e x ,其中 k∈R.
(1)当 k 2 时,求函数 ( )f x 的单调区间;
(2)当 k∈[1,2]时,求函数 ( )f x 在[0,k]上的最大值 ( )g k 的表达式,并求 ( )g k 的最大值.
【答案】(1)详见解析过程;(2) 2( ) ( 1)ekg k k k k , 1,2k , 2
max 2 4g k e .
【解析】
【分析】
(1)求出 f x ,分别讨论 0k ,0 2k , 2k 时 f x 正负情况即可;
(2)判断函数 ( )f x 在[0,k]上单调性,求出 ( )g k ,再利用导数求最值即可.
【详解】(1) ( ) 2 ( 2)x xf x kxe x x ke ,
当 0k 时 2 0xke ,令 '( ) 0f x 得 0x ,令 '( ) 0f x 得 0x ,故 ( )f x 的单调递增区
间为 ( 0) ( )f x,, 的单调递减区间为 (0 ) ,
- 19 -
当 0 2k 时,令 '( ) 0f x 得 0x ,或 2ln 0x k
,
当0 2k 时 2ln 0k
,当 '( ) 0f x 时 2lnx k
或 0x ;当 '( ) 0f x 时 20 lnx k
; ( )f x
的单调递增区间为 2,0 , ln ,k
;减区间为 20 ln k
, .
当 2k 时 2ln 0k
,当 0x 时 '( ) 0f x ;当 0x 时 '( ) 0f x ; ( )f x 的单调递增区间为
, ;
(2)当1 2k 时,由(1)知, ( )f x 的单调递增区间为为 2,0 , ln ,k
;减区间为
20 ln k
, .
令 2( ) ln [1 2]h k k kk
, , , 2
1 1( ) 2 1 1 02
kh k k k
,
故 ( )h k 在[1 2], 上单调递减,故 2( ) (1) ln 2 1 0 lnh k h kk
≤ ,
所以当 x[0,k]时函数 ( )f x 单调减区间为 20 ln k
, ,单调增区间为 2ln ,
kk
;
故函数 2
max( ) max{ (0) ( )} max{ ( 1)e } [1 2].kf x f f k k k k k k , , , ,
由于 2( ) (0) ( 1) [( 1) 1]k kf k f k k e k k k k e k ( 1)( 1)kk k e
对于 [1 2]k , , ( 1) 0, 1 1 0kk k e e ,即 ( ) (0)f k f≥ ,当 1k 时等号成立,
故 2
max( ) ( ) ( 1) kf x f k k k e k .
当 2k 时由(1)知; ( )f x 的单调递增区间为 , ;所以当 x[0,k]时函数 ( )f x 单调
递增,故 2
max( ) ( ) ( 1)ekf x f k k k k .
综上所述:函数 ( )f x 在[0,k]上的最大值为 2( ) ( 1)ekg k k k k , 1,2k
2( ) ( 1)e 2kg k k k k ,由于 2 1 0k k , 2ke e
∴ 2 2( ) ( 1)e 2 2 2 2 2 2 1 1 0kg k k k k k k k k k 对 1,2k 恒成立
∴ g k 在 1,2 上为增函数.
- 20 -
∴ 2
max 2 2 4g k g e .
【点睛】本题主要考查利用导数判断函数的单调性及求函数的最值,属于中档题.
21.武汉出现的新型冠状病毒是一种可以通过飞沫传播的变异病毒,某药物研究所为筛查该新
型冠状病毒,需要检验血液是否为阳性,现有 *Nn n 份血液样本,每份样本取到的可能性
均等,有以下两种检验方式:①逐份检验,则需要检验 n 次;②混合检验,将其中
*N , 2k k k 份血液样本分别取样混合在一起检验.若检验结果为阴性,这 k 份血液全为
阴性,因此这 k 份血液样本检验一次就够了,如果检验结果为阳性,为了明确这 k 份血液究
竟哪几份为阳性,就要对这 k 份血液再逐份检验,此时这 k 份血液的检验次数总共为 1k 次.
假设在接受检验的血液样本中,每份样本的检验结果是阴性还是阳性都是独立的,且每份样
本是阳性结果的概率为 (0 1)p p .
(1)假设有 5 份血液样本,其中只有 2 份为阳性,若采取逐份检验方式,求恰好经过 2 次检
验就能把阳性样本全部检验出来的概率;
(2)现取其中 *N , 2k k k 份血液样本,记采用逐份检验方式,样本需要检验的次数为 1 ,
采用混合检验方式,样本需要检验的总次数为 2 .
(i)试运用概率统计知识,若 1 2E E ,试求 P 关于 k 的函数关系式 ( )p f k ;
(ii)若 3
11p
e
,采用混合检验方式可以使得这 k 份血液样本需要检验的总次数的期望
值比逐份检验的总次数期望值更少,求 k 的最大值.
参考数据: ln 2 0.6931 , ln 3 1.0986 , ln 4 1.3863 , ln 5 1.6094 , ln 6 1.7918
【答案】(1) 1
10
;(2) (i)
1
11
k
p k
, *N , 2k k k ;(ii)4
【解析】
【分析】
(1)根据排列的方法列式求概率即可.
(2) (i)分别求解 1 2,E E ,再化简求 1 2E E 时 ( )p f k 的解析式即可.
(ii)由题 1 2E E ,化简可得 1ln 3k k ,再构造函数求导分析函数的单调性,再根据零点
存在性定理求区间端点的正负判断即可.
- 21 -
【详解】(1)设恰好经过 2 次检验能把阳性样本全部检验出来的事件为 A ,则
2 3
2 3
5
5
1
10
A AP A A
,故恰好经过 2 次检验能把阳性样本全部检验出来的概率为 1
10
(2) (i)由已知可得 1E k , 2 所有可能的取值为1, 1k .
所以 2 1 1 kP p , 2 1 1 1 kP k p ,
所以 2 1 1 1 1 1 1k k kE p k p k k p .
若 1 2E E ,则 1 1 kk k k p ,所以 1 1kk p .
故
1
1 11 1
kkp pk k
.
所以 P 关于 k 的函数关系式
1
11
k
p k
, *N , 2k k k
(ii)由题意可知 1 2E E ,即 1 1 kk k k p ,化简得 1 1 kpk
.
因为 3
11p
e
,所以
3
1 1 k
k e
,即 1ln 3k k .
设函数 1ln , 03f x x x x .
又 1 1' 3f x x
,故当 3x 时, ' 0f x ,即 f x 在 3, 上单调递减.
又 44 ln 4 03f , 55 ln5 03f .
故 k 的最大值为 4.
【点睛】本题主要考查了排列在概率中的运用,同时也考查了构造函数数学期望的求解以及构
造函数分析不等式的方法.属于中档题..
(二)选考题
请考生在第 22 ~ 23 题中任选一题作答. 如果多做,那么按照所做的第一题计分.
22.在平面直角坐标系 xoy 中,直线 l 过点 3,2P ,且倾斜角 = 6
.以坐标原点 O 为极点,x
轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,已知圆 C 的极坐标方程为 =4sin .
(1)求圆C 的直角坐标方程;
- 22 -
(2)设直线 l 与圆C 交于 A B, 两点,求 PA PB 的值.
【答案】(1) 22 2 4x y ;(2)3 3 .
【解析】
【分析】
(1)由题得 2 =4 sin ,再代入极坐标化直角坐标的公式即得解;
(2)先写出直线的参数方程
33 2
12 2
x t
y t
(t 为参数),把直线代入圆的方程,再利用韦达定
理得解.
【详解】(1)由 =4sin 得 2 =4 sin ,
从而有 2 2 4x y y 即: 22 2 4x y
所以圆C 的直角坐标方程为 22 2 4x y .
(2)由题意设直线 l 的参数方程为
3 cos 6
2 sin 6
x t
y t
(t 为参数),即:
33 2
12 2
x t
y t
(t 为参数)
代入圆的方程得
2 23 13 42 2t t
整理得: 2 3 3 5 0t t
1 2 3 3t t , 1 2 5t t
由 1 2 0t t 且 1 2 0t t ,
所以 1 20, 0,t t
可知 1 2 1 2 3 3PA PB t t t t .
【点睛】本题主要考查极坐标和直角坐标的互化,考查直线的参数方程和参数的几何意义,
意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
23.已知函数 ( ) 1 f x x .
- 23 -
(1)解不等式 ( ) ( 1) 4f x f x ;
(2)当 0x , xR 时,证明: 1( ) ( ) 2f x f x
.
【答案】(1) 3 5, ,2 2
;(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)由题意,代入得到不等式 1 4x x ,分类讨论,即可求解不等式的解集;
(2)根据绝对值的三角不等式,以及基本不等式,即可作出证明.
【详解】(1)由 ( ) ( 1) 4f x f x 得 1 4x x ,
当 1x 时,得 2 1 4x ,所以 5
2x ;
当 0 1x 时,得1 4 ,所以 x ;
当 0x 时,得1 2 4x ,所以 3
2x ;
综上,此不等式的解集为: 3 5, ,2 2
;
(2)由 1( ) ( )f x f x
11 1x x
,
由绝对值不等式得 1 11 1x xx x
,
又因为 1,x x
同号,所以 1 1x xx x
,
由基本不等式得: 1 2x x
,当且仅当 1x 时,等号成立,
所以 1( ) ( ) 2f x f x
.
【点睛】本题主要考查了含绝对值的不等式的求解,以及绝对值三角不等式的应用,其中解
答中熟记含绝对值不等式解法,以及合理应用绝对值三角不等式和基本不等式求最值是解答
本题的关键,着重考查了分类讨论思想,考查了学生的逻辑推理与运算求解能力.
- 24 -
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