黑龙江省哈尔滨市第一中学2020届高三6月第一次模拟数学（理）试题 Word版含解析 26页

- 1 - 哈尔滨市第一中学 2020 届高三学年六月第－次模拟考试 数学（理工类） 第Ⅰ卷（选择题，共 60 分） 考生须知： 1.本试卷分试题卷和答题卡，满分 150 分，考试时间 120 分钟. 2.答题前，在答题卡指定位置.上填写学校、姓名和准考证号. 3.所有答案必须写在答题卡上，写在试卷上无效. 4.考试结束，只需上交答题卡. 一、选择题（本题共 12 小题.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.已知全集U  R ，集合  2 2,A y y x x R    ，集合   lg 3B x y x   ，则 A B  （ ） A.  2,3 B.  2,3 C.  2,3 D.  2,3 【答案】D 【解析】 【分析】 化简集合 A,B，根据交集运算即可. 【详解】  2 2, [2, )A y y x x R      ,   lg 3 ( ,3)B x y x     , [2,3)A B   故选：D 【点睛】本题主要考查了二次函数，对数函数的性质，集合的交集运算，属于容易题. 2.已知i 是虚数单位， 20201 3z i i   ，且 z 的共轭复数为 z ，则 z z  （ ） A. 3 B. 5 C. 5 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】 根据复数概念及运算，化简可得复数 z ，由共轭复数概念可得 z ，进而由复数乘法运算得解. 【详解】 32 4= , = 1, = , =1,i i i i ii   , 2020 505 4 4 505= =( ) 1i i i  - 2 - 20201 3 1 3= 2+=z i i i i      ， 2z i   2( 2 )( 2 ) 4 5z z i i i          故选：C 【点睛】本题主要考查复数的运算和复数的概念，还考查运算求解的能力，属于基础题. 3.已知命题 p ：棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥；命题 q：棱 柱的所有的侧面都是长方形或正方形，下列命题为真命题的是（ ） A. p q B. p q  C. p q  D. p q   【答案】D 【解析】 【分析】 先判断命题 ,p q 的真假，根据复合命题的真假判断法则可得正确的选项. 【详解】对于命题 p ，因为棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，故棱锥的侧面为等边三 角形， 如果该棱锥是六棱锥，则六个侧面顶角的和为 360 ，但六棱锥的侧面的顶角和小于360 ， 矛盾，故 p 为假命题. 对于命题 q，斜棱柱有侧面不是长方形，故命题 q为假命题. 故 p q   为真命题. 故选：D. 【点睛】复合命题 p q 的真假判断为“一真必真，全假才假”， p q 的真假判断为“全真 才真，一假必假”， p 的真假判断是“真假相反”． 4.在△ABC 中，若 cos cos A b B a  ，则△ABC 的形状（ ） A. 直角三角形 B. 等腰或直角三角形 C. 不能确定 D. 等腰三角形 【答案】B 【解析】 【详解】由正弦定理，得 cos sin cos sin A b B B a A   ， cos cos 2 2sinA A sinB B sin A sin B    ， 又因为  , 0,A B  ， - 3 - 所以 2 2A B 或 2 2A B   ，即 A B 或 2A B   ， 所以 ABC 是等腰三角形或直角三角形. 故选：B. 【点睛】本题主要考查利用正弦定理、二倍角的正弦公式及三角形内角和定理判断三角形形 状，属于中档题.判断三角形状的常见方法是：（1）通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利 用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断；(2)利用正弦定理、余弦定理，化角为边， 通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断；（3）根据余弦定理确定一个内角为钝 角进而知其为钝角三角形. 5.若 8 2 8 0 1 2 81 2x a a x a x a x     ，则 0 1 2 3 8a a a a a       （ ） A. 82 1 B. 82 C. 83 1 D. 83 【答案】D 【解析】 【分析】 采用赋值法，取 1x   ，可得结果. 【详解】由题可知： x 的奇数次幂的系数均为负数 所以 0 1 2 3 8 0 1 2 3 8        a a a a a a a a a a   2 0 1 2 8 8 81 2x a a x a x a x     令 1x   得 8 0 1 2 3 8 3a a a a a     则 8 0 1 2 3 8 3    a a a a a 故选：D 【点睛】本题考查二项式定理，考查系数的绝对值的和，考查赋值法，属于基础题. 6.我们可从这个商标 中抽象出一个如图靠背而坐的两条优美的曲线，下列函数中大致可 “完美”局部表达这对曲线的函数是（ ） - 4 - A.   sin 6 2 2x x xf x   B.   cos 2 2x x xf x   C.   sin 6 2 2x x xf x   D.   cos6 2 2x x xf x   【答案】D 【解析】 【分析】 由图象可知，函数  y f x 为偶函数，且在 0x  右边附近的函数值为正，然后逐项分析各 选项中函数的奇偶性及其在 0x  右边附近的函数值符号，即可得出合适的选项. 【详解】由图象可知，函数  y f x 为偶函数，且在 0x  右边附近的函数值为正. 对于 A 选项，令 2 2 0x x   ，得 2 2x x  ，解得 0x  ，函数   sin 6 2 2x x xf x   的定义域为  0x x  ，      sin 6 sin 6 sin 6 2 2 2 2 2 2x x x x x x x x xf x f x           ，该函数为偶函数， 当 0 12x   时， 0 6 2x   ，则 sin 6 0x  ，且 2 2 0x x   ，此时   sin 6 02 2x x xf x   ， 不合乎题意，A 选项错误； 对于 B 选项，函数   cos 2 2x x xf x   的定义域为 0x x  ，      cos cos 2 2 2 2x x x x x xf x f x         ，该函数为奇函数，不合乎题意，B 选项错误； 对于 C 选项，   sin 6 2 2x x xf x   的定义域为 0x x  ， - 5 -      sin 6 sin 6 2 2 2 2x x x x x xf x f x          ，该函数为奇函数，不合乎题意，C 选项错误； 对于 D 选项，函数   cos6 2 2x x xf x   的定义域为 0x x  ，      cos 6 cos6 2 2 2 2x x x x x xf x f x        ，该函数为偶函数， 当 0 12x   时， 0 6 2x   ，则 cos6 0x  ，且 2 2 0x x   ，则   cos6 0 2 2x x xf x    ， 合乎题意，D 选项正确. 故选：D. 【点睛】本题考查利用函数图象选择函数解析式，一般从函数的定义域、奇偶性、单调性、 零点以及函数值符号结合排除法求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 7.已知定义在 R 上的函数满足 ( 2) ( )f x f x   ， 2( ]0,x 时， ( ) sinf x x x  ，则 2020 1 ( ) i f i   （ ） A. 6 B. 4 C. 2 D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题意，分析可得    4f x f x  ，即  f x 是周期为 4 的周期函数，结合函数的解析式 求出    1 , 2f f 的值，分析可得    3 , 4f f 的值，进而可得        1 2 3 4 0f f f f    ， 又由         2020 1 ( ) 505 1 2 3 4 i f i f f f f      ，分析可得答案． 【详解】根据题意，函数  f x 满足    2f x f x   ， 则    4f x f x  ，即  f x 是 周期为 4 的周期函数， 当  0 2x ， 时，   sinf x x x  ，则  1 1 sin 1f    ，  2 2 sin 2 2f    ， 又由    2f x f x   ，则    3 1 1f f    ，    4 2 2f f    ， - 6 - 所以        1 2 3 4 0f f f f    ， 所以         2020 1 ( ) 505 1 2 3 4 0 i f i f f f f       . 故选：D． 【点睛】本题考查函数的周期性的应用，关键是分析函数的周期，属于基础题． 8.若 3tan 2 4    ，则 2 2 sin 2 cos 1 2sin      （ ） A. 1 4  或 1 4 B. 3 4 或 1 4 C. 3 4 D. 1 4 【答案】D 【解析】 【分析】 由二倍角正切公式计算出 tan 的值，再将所求分式变形为 2 2 2 2sin cos cos 3sin cos        ，然后利用 弦化切的思想即可求出所求分式的值. 【详解】由二倍角的正切公式得 2 2tan 3tan 2 1 tan 4     ，整理得 23tan 8tan 3 0    ， 解得 tan 3  或 1 3  ，所以， 2 2 2 2 2 2 2sin cos cos 2tan 1 3sin cos 3tan 1 sin 2 cos 1 2sin               . 当 tan 3  时，原式 2 2 3 1 1 3 3 1 4     ；当 1tan 3    时，原式 2 12 1 13 413 13              . 综上所述， 2 2 sin 2 cos 1 1 2sin 4      . 故选：D. 【点睛】本题考查利用二倍角的正切公式以及弦化切思想求值，解题的关键就是求出 tan 的 值，考查计算能力，属于中等题. - 7 - 9.已知点 P 为双曲线   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     右支上一点，点 1F ， 2F 分别为双曲线的左右 焦点，点 I 是 1 2PF F 的内心（三角形内切圆的圆心），若恒有 1 2 1 2 2 2IPF IPF IF FS S S    成立， 则双曲线的离心率取值范围是( ) A.  1, 2 B. 2,  C. 1, 2 D.  2, 【答案】B 【解析】 【分析】 根据所给条件和三角形面积公式，求得 a ， c 的关系式，即可求得离心率的范围. 【详解】设 1 2PF F 的内切圆半径为 r ， 则 1 1 1= 2IPFS PF r  ， 2 2 1= 2IPFS PF r  ， 1 2 1 2 1= 2IF FS F F r  ， 因为 1 2 1 2 2 2IPF IPF IF FS S S    ， 所以 1 2 1 2 2 2PF PF F F  ， 由双曲线的定义可知 1 2 =2PF PF a ， 1 2 =2F F c ， 所以 2 2a c ，即 2c a  . 故选：B. 【点睛】本题考查了求双曲线离心率的范围，其主要方法为根据条件得出一个关于 , ,a b c 的齐 次式，再化简转化成关于 e 的不等式即可得解，本题属于较难题. 10.2020 年疫情的到来给我们生活学习等各方面带来种种困难.为了顺利迎接高考，省里制定 了周密的毕业年级复学计划.为了确保安全开学，全省组织毕业年级学生进行核酸检测的筛查. 学生先到医务室进行咽拭子检验，检验呈阳性者需到防疫部门做进一步检测.已知随机抽一人 检验呈阳性的概率为 0.2%，且每个人检验是否呈阳性相互独立，若该疾病患病率为 0.1%，且 患病者检验呈阳性的概率为 99%.若某人检验呈阳性，则他确实患病的概率（ ） - 8 - A. 0.99% B. 99% C. 49.5%. D. 36.5% 【答案】C 【解析】 【分析】 利用条件概率可求某人检验呈阳性时他确实患病的概率. 【详解】设 A 为“某人检验呈阳性”， B 为“此人患病”. 则“某人检验呈阳性时他确实患病”为 |B A， 又       99% 0.1%| 49.5%0.2% P ABP B A P A    ， 故选：C. 【点睛】本题考查条件概率的计算及其应用，此题需将题设的各个条件合理转化为事件的概 率或条件概率. 11.已知函数     21ln 12f x x x m x x    有两个极值点，则实数 m 的取值范围为（ ） A. 1 ,0e     B. 11, 1e      C. 1, 1e      ） D.  1,  【答案】B 【解析】 【分析】 根据函数     21ln 12f x x x m x x    有两个极值点，则    ln 1f x x m x    有两个变 号零点，即 ln1 xm x   有两个不同的交点，令   ln xg x x  ，用导数法得到其图象，利用数 形结合法求解. 【详解】因为函数     21ln 12f x x x m x x    ， 所以    ln 1f x x m x    ， 因为函数     21ln 12f x x x m x x    有两个极值点， 所以    ln 1f x x m x    有两个变号零点， - 9 - ln1 xm x   有两个不同的交点， 令   ln xg x x  ， 所以   2 1 ln xg x x   ， 当 0 x e  时，   0g x  ，当 x e 时，   0g x  ， 所以当 x e 时，    max 1g x g e e   ， 如图所示： 则 10 1m e    ， 解得 11 1m e     ， 所以实数 m 的取值范围为 11 1m e     . 故选：B 【点睛】本题主要考查导数与函数的极值点，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力， 属于中档题. 12.设 2OA  ， 1OB  uuur ， 0OA OB   ，OP OA OB     且 1   ，则向量OA  在OP  上的投影的取值范围（ ） A. 4 5 ,25     B. 5 ,25      C. 2 5 ,25     D. - 10 - 2 5 ,25      【答案】A 【解析】 【分析】 根据题意可建立直角坐标系，设点  2,0A ，  0,1B ，即可求出向量 ,OA OP   ，再根据投影的 概念求出向量OA  在 OP  上的投影的表达式 2 2 4cos 4 OA OPOA OP          ，利用值域的 求法即可求解． 【详解】因为 2OA  ， 1OB  uuur ， 0OA OB   ，建立以点 O 为原点的直角坐标系， 设  2,0A ，  0,1B ，则  2,0OA  ，      2,0 0,1 2 ,OP OA OB            ， 即有 2 24OP    ． 设向量OA  与OP  的夹角为 ， 所以向量OA  在OP  上的投影为 2 2 4cos 4 OA OPOA OP          ． 当 0  时， cos 0OA   ； 当 0  时， 2 2 2 4 4cos 4 4 OA               ，由 1   可得， 1 1 1 1          ，即 2 0       ，所以  cos 0,2OA   ； - 11 - 当 0  时， 2 2 2 4 4cos 4 4 OA                ，由 1   可得， 1 1 1 1          ，即 2 1       ，所以 4 5cos ,05OA         ． 综上可知，向量OA  在OP  上的投影的取值范围为 4 5 ,25     ． 故选：A． 【点睛】本题主要考查利用坐标法解决向量问题，意在考查学生的转化能力和数学运算能力， 属于中档题． 第Ⅱ卷（非选择题，共 90 分） 二、填空题（本题共 4 小题.将答案填在答题卡相应的位置上） 13.若 1 π 4x  ， 2 3π 4x  是函数     sin 0f x x     两个相邻的零点，则 ______. 【答案】2 【解析】 【分析】 根据所给的相邻的零点可求周期，从而得到 的值. 【详解】因为 1 π 4x  ， 2 3π 4x  是函数     sin 0f x x     两个相邻的零点， 故 3π 22 π 4 4 T   ，所以T  ，故 2  ， 故答案为：2. 【点睛】本题考查三角函数的图象性质，一般地，相邻两个零点之间的距离为半周期，相邻 两条对称轴之间的距离也是半周期. 14.已知 AB 是过抛物线 2 4y x 焦点 F 的弦，O 是原点，则OA OB  uur uuur ______. 【答案】 3 【解析】 【分析】 当直线 AB 的斜率不存在时，得出 ,A B 的坐标，根据数量积公式得出 3OA OB    ，当直线 AB 的斜率存在时，设 :AB y kx k  ，并与抛物线方程联立，结合韦达定理，即可得出 - 12 - 3OA OB    . 【详解】由题意得， (1,0)F 当直线 AB 的斜率不存在时， (1,2), (1, 2)A B  ，则 1 1 2 ( 2) 3OA OB         当直线 AB 的斜率存在时，设 :AB y kx k  ，    1 1 2 2, , ,A x y B x y 由 2 4 y kx k y x     ，得 2 4 4 0ky y k   所以 1 2 4y y   ，  2 1 2 1 2 116 y yx x   即 1 2 1 2 1 4 3OA OB x x y y        综上， 3OA OB    故答案为： 3 【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的交点问题以及数量积的计算，属于中档题. 15.已知正三棱柱 1 1 1ABC A B C ，若有一半径为 4 的球与正三棱柱的各条棱均相切，则正三 棱柱的侧棱长为______. 【答案】 4 3 【解析】 【分析】 由题意求出正三棱柱的高、底面边长，即可求出侧棱的长度. 【详解】设底面△ABC 外接圆圆心 G,如图 - 13 - 因为△ABC 的外接圆即为球的大圆，且 4r  ， 则 GA=GB=GC=4，从而正△ABC 边长 4 3 , 设球心O ，由题意知 E、D 在球面上， 4OE OD  , F 为 DE 中点，则 1, 22OF DE OF GD GC    ， 在 Rt OEF 中， 4, 2, 2 3OE OF EF    ， 4 3DE  侧棱 1 4 3AA  ， 故答案为： 4 3 【点睛】本题主要考查正三棱柱的内切球与正三棱柱的关系，通过二者的关系求出正三棱柱 的侧棱长，考查计算能力，逻辑推理能力，属于中档题. 16.牛顿迭代法（Newton´smethod）又称牛顿-拉夫逊方法（Newton-Raphsonmethod），是牛顿 在 17 世纪提出的一种近似求方程根的方法.如图，设 r 是   0f x  的根，选取 0x 作为 r 初始 近似值，过点   0 0,x f x 作曲线  y f x 的切线 l ，l 与 x 轴的交点的横坐标       0 1 0 0 0 0f xx x f xf x    ，称 1x 是 r 的一次近似值，过点   1 1,x f x 作曲线  y f x 的切线，则该切线与 x 轴的交点的横坐标为     1 2 1 1 f xx x f x    1 0f x  ，称 2x 是 r 的二次 近似值.重复以上过程，得到 r 的近似值序列.请你写出 r 的 1n  次近似值与 r 的 n 次近似值的 关系式______，若 ( ) 2 2f x x= - ，取 0 1x  作为 r 的初始近似值，试求   0f x  的一个根 2 的三次近似值______（请用分数做答）. - 14 - 【答案】 (1).       1 0n n n n n f xx x f xf x    (2). 577 408 【解析】 【分析】 根据 nx 的定义可得其递推关系，再结合 ( ) 2 2f x x= - 将前者具体化，从而可求 2 的三次近 似值. 【详解】由题设可得       0 1 0 0 0 0f xx x f xf x    ，     1 2 1 1 f xx x f x  ，    3 2 2 2f xx x f x    ， 依次类推，则可得    1 n n n n f xx x f x    ，其中   0nf x  . 因为 ( ) 2 2f x x= - ，故 1 2 22 2 2 2 n n n n n n x xx x x x     ， 因为 0 1x  ，故 1 3 2x  ， 2 17 12x  ， 2 577 408x  ， 故答案为：       1 0n n n n n f xx x f xf x    ， 577 408 . 【点睛】本题考查导数的应用以及递推数列的指定项的求法，考查了学生对给定材料的理解 与应用，本题为基础题. 三、解答题（本题共 6 小题.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，每道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.） 17.已知数列 na 的前 n 项和为 nS ， *n N ，且 1 1a  ， 1 2 2 2n n na an   - 15 - （1）证明：数列 1 na n     是等比数列： （2）求数列 na 的通项公式与前 n 项和 nS . 【答案】（1）证明见解析；（2）   11 2 n na n       ，   13 3 2 n nS n        . 【解析】 【分析】 （1）题设中的递推关系可转化为 1 12 2 1 n n a n a n     ，从而可证 1 na n     为等比数列. （2）由等比数列的通项公式可求出 1 na n     的通项，从而可得 na 的通项公式，利用错位相 减法可求 nS . 【详解】（1）因为 1 1a  ，由已知 1 2 2 2n n na an   可得 1 1 2 2 1 n na a n n     ， 因为 1 1 02 2 a   ，故 01 na n  即 1 12 2 1 n n a n a n     为常数. 所以 1 na n     是以 1 2 为首项， 1 2 为公比的等比数列. （2）由 1 na n     是以 1 2 为首项， 1 2 为公比的等比数列. 得 11 1 1 1 2 2 2 n n na n              ，所以   11 2 n na n       . 所以   1 2 31 1 1 12 3 4 12 2 2 2 n nS n                           ，   2 3 4 11 1 1 1 12 3 4 12 2 2 2 2 n nS n                           ， 所以   2 3 4 11 1 1 1 1 11 12 2 2 2 2 2 n n nS n                                    - 16 -   13 132 2 n n        . 所以   13 3 2 n nS n        . 综上，   11 2 n na n       ，   13 3 2 n nS n        . 【点睛】本题考查数列通项的求法、错位相减法求数列的前 n 项和，前者应结合递推关系构造 新数列（等差数列或等比数列），后者应根据通项的特征来选择合理的求和方法. 18.如图，矩形 ABCD 和菱形 ABEF 所在的平面相互垂直， 45ABE   ， 2AB  ， 2BG  ， 1BC  . （1）求证： AG  平面 ADF ； （2）求二面角 D CA G  的正切值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 5 . 【解析】 【分析】 （1）可证 AD  平面 ABEF ，从而得到 AD AG ，又可证 AG AF ，从而得到 AG  平 面 ADF . （2）以 A 为原点，AG 为 x 轴，AF 为 y 轴，AD 为 z 轴，建立空间直角坐标系，求出平面 ACD 的法向量和面 ACG 的法向量后计算它们的夹角的余弦值，再结合二面角为钝角以及同角的三 角函数基本关系式可求二面角的正切值. 【详解】（1）证明：∵矩形 ABCD 和菱形 ABEF 所在的平面相互垂直， AD AB ， ∵矩形 ABCD  菱形 ABEF AB ， AD 平面 ABCD ， ∴ AD  平面 ABEF . ∵ AG  平面 ABEF ，∴ AD AG ， ∵菱形 ABEF 中， - 17 - 45ABE  ， 2AB  ， 2BG  ，故 24 2 2 2 2 22AG        ， ∴由勾股定理得 AG BE ，∴ AG AF ， ∵ AD AF A ，∴ AG  平面 ADF . （2）由（1）可知 AD ， AF ， AG 两两垂直，以 A 为原点， AG 为 x 轴， AF 为 y 轴， AD 为 z 轴，建立空间直角坐标系， 由已知  0,0,0A ，  2, 2,1C  ，  0,0,1D ，  2,0,0G ，  2, 2,1AC   ，  0,0,1AD  ，  2,0,0AG  设平面 ACD 的法向量  1 1 1 1, ,n x y z ， 则 1 1 1 1 1 1 2 2 0 0 AC n x y z AD n z              ，取 1 1y  得  1 1,1,0n  . 设平面 ACG 的法向量  2 2 2 2, ,n x y z ，则 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 0 AC n x y z AG n x              ，取 2 1y  得  2 0,1, 2 n 设二面角 D CA G  的平面角为 ， 则  0,  且 1 2 1 2 6cos 6 n n n n          ，所以 30sin 6   ， 由 为钝角，所以二面角 D CA G  的正切值为 5 . 【点睛】线面垂直的判定可由线线垂直得到，注意线线是相交的，也可由面面垂直得到，注 意线在面内且线垂直于两个平面的交线.而面面垂直的证明可以通过线面垂直得到，也可以通 过证明二面角是直二面角. 空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为 向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算 19.在新冠病毒肆虐全球的大灾难面前，中国全民抗疫，众志成城，取得了阶段性胜利，为世 - 18 - 界彰显了榜样力量.为庆祝战疫成功并且尽快恢复经济，某网络平台的商家进行有奖促销活 动，顾客购物消费每满 600 元，可选择直接返回 60 元现金或参加一次答题返现，答题返现规 则如下：电脑从题库中随机选出一题目让顾客限时作答，假设顾客答对的概率都是 0.4，若答 对题目就可获得 120 元返现奖励，若答错，则没有返现.假设顾客答题的结果相互独立. （1）若某顾客购物消费 1800 元，作为网络平台的商家，通过返现的期望进行判断，是希望 顾客直接选择返回 180 元现金，还是选择参加 3 次答题返现？ （2）若某顾客购物消费 7200 元并且都选择参加答题返现，请计算该顾客答对多少次概率最 大，最有可能返回多少现金？ 【答案】（1）商家希望顾客参加答题返现；（2）该顾客答对 5 次的概率最大，最有可能返回 600 元现金. 【解析】 【分析】 （1）设 X 表示顾客在三次答题中答对的次数，利用二项分布计算可得   1.2E X  ，从而可 得顾客在三次答题中可获得的返现金额的期望为1.2 120 144  元，从而可得商家的正确选 择. （2）由已知顾客可以参加 12 次答题返现，设其中答对的次数为Y .利用二项分布可得      12 12 0.4 0.6k kkP Y k C   ， 0k  ，1，2，…，12，由         1 1 P Y k P Y k P Y k P Y k          可得 5k  ，从而可得该顾客答对 5 次的概率最大，故可得最有可能返回的现金额. 【详解】（1）设 X 表示顾客在三次答题中答对的次数， 由于顾客每次答题的结果是相互独立的，则  ~ 3,0.4X B ，. 所以   3 0.4 1.2E X np    . 由于顾客每答对一题可获得 120 元返现奖励，因此该顾客在三次答题中可获得的返现金额的 期望为1.2 120 144  元.由于顾客参加三次答题返现的期望 144 元小于直接返现的 180 元， 所以商家希望顾客参加答题返现.. （2）由已知顾客可以参加 12 次答题返现，设其中答对的次数为Y . 由于顾客答题的结果是相互独立的，则  ~ 12, 0.4Y B ，.      12 12 0.4 0.6k kkP Y k C   ， 0k  ，1，2，…，12 - 19 - 假设顾客答对 k 次的概率最大， 则有                 12 1 131 12 12 12 1 111 12 12 0.4 0.6 0.4 0.6 0.4 0.6 0.4 0.6 k k k kk k k k k kk k C C C C          解得，则 4.2 5.2k  ，所以 5k  ，所以  5P Y  最大. 所以该顾客答对 5 次的概率最大，最有可能返回5 120 600  元现金. 【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列、数学期望的计算，计算分布列时要弄清随机变 量取某值时对应的随机事件的含义并确定合理的概率计算方法.必要时可借助于常见的分布 列来帮助计算（如 0-1 分布、二项分布、超几何分布等）. 20.已知椭圆C ：   2 2 2 2 1 0x y a ba b     的长轴长为 4，左、右顶点分别为 M ，N ，点G 是 椭圆.上异于左右顶点的动点，直线 GM ，GN 的斜率分别为 GMk 和 GNk ，且 1 2GM GNk k   . （1）求椭圆C 的方程； （2）直线 l ：  2y k x  与椭圆相交于 A ，B 两点、点  ,0P m ，若 x 轴是 APB 的角平 分线，求 P 点坐标. 【答案】（1） 2 2 14 2 x y  ；（2） 2 2,0 . 【解析】 【分析】 （1）利用题中所给的条件，求得 2a  ，设  0 0,G x y ，利用斜率坐标公式，结合题中所给的 条件，建立等量关系，结合点在椭圆上，整理得出 2 2 1 2GM GN bk k a      ，即 2 22a b ，进 而求得椭圆的方程； （2）联立方程组，消元整理得出   2 2 2 21 2 4 2 4 1 0k x k x k     ，   ， 2 1 2 2 4 2 2 1 kx x k    ，  2 1 2 2 4 1 2 1 k x x k     ，根据题意得到 0PA PBk k  ，求得 2 2m  ，从而求得 P 点坐标. 【详解】（1）由已知 2 4a  ，所以 2a  设  0 0,G x y ，  ,0M a ，  ,0N a - 20 - 2 0 0 0 2 2 0 0 0 GM GN y y yk k x a x a x a       又因为 2 2 0 0 2 2 1x y a b   所以 2 20 22 2 0 2 2 2 2 2 0 0 1 1 2GM GN x bay bk k x a x a a             所以 2 22a b 所以 2 4a  ， 2 2b  2 24 2a b ， 故椭圆C 的方程为 2 2 14 2 x y  . （2）l ：  2y k x  与椭圆C ： 2 2 14 2 x y  联立解得    2 2 2 21 2 4 2 4 1 0k x k x k     设  1 1,A x y ，  2 2,B x y 所以   ， 2 1 2 2 4 2 2 1 kx x k    ，  2 1 2 2 4 1 2 1 k x x k     . 因为 x 轴是 APB 的角平分线，所以有        1 2 2 11 2 1 2 1 2 0PA PB y x m y x my yk k x m x m x m x m                1 2 2 12 2 0k x x m x x m         1 2 1 22 ( 2) 2 2 0x x m x x m        2 2 2 2 8 1 4 2( 2) 2 2 2 1 02 1 k m k m k k       . 解得 2 2m  ∴ P 点坐标为 2 2,0 . - 21 - 【点睛】该题考查的是有关椭圆的问题，涉及到的知识点有椭圆方程的求解，直线与椭圆的 位置关系，直线关于 x 轴对称的条件，属于中档题目. 21.设函数   3xf x e x  ，   2 7 lnxg x x x e t x    ， （1）求曲线  y f x 过原点的切线方程； （2）设      F x f x g x  ，若函数  F x 的导函数  F x 存在两个不同的零点 m ，  n m n ，求实数 t 的范围： （3）在（2）的条件下证明：   3 0F m n  【答案】（1）  3y e x  ；（2） 0 2t  ；（3）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）利用导数的几何意义求出直线斜率，点斜式即可求出直线方程； （2）函数  F x 存在两个不同的零点 m ，转化为一元二次方程有两个不同的正根，利用方程 根的分布即可求解； （3）化简  F m n ，构造函数    42 2 ln 0 12h m m m m mm       ，利用导数求其最 小值即可求证. 【详解】（1）设切点坐标为 0 0 0, 3xx e x ，   3xf x e   所以   0 0 3xk f x e   . 所以切线方程为     0 0 0 03 3x xe x e x x     . 又因为切线过原点，所以     0 0 0 03 3x xe x e x     所以 0 0 0 x xe x e  ，所以 0 1x  故所求切线方程为  3y e x  . （2）∵        2 4 ln 0F x f x g x x x t x x      ∴     22 42 4 0t x x tF x x xx x        - 22 - 因为函数  F x 的导函数存在两个不同的零点 m ，  n m n ， 所以方程 22 4 0x x t   有两个不同的正根 m ，  n m n ， 所以 1 2 1 2 16 8 0 0 02 t x x tx x             解得 0 2t  . （3）由   0F x  ，得 22 4 0x x t   ，则由已知 2m n  ， ∵ m n ， ∴ 0 1 2m n    ∴    2 22 4 4 2 ln4 ln 2 2 m m m m mF m m m t m n m m          22 4 2 2 ln 2 m m m m m      42 2 ln2m m mm     设函数    42 2 ln 0 12h m m m m mm       所以        2 2 441 2 ln 2 2 ln 0 2 2 m mh m m m m m            所以  h m 在区间 0,1 上单调递减 所以    1 3h m h   所以   3F m n   即   3 0F m n  得证 【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，函数零点与方程的根，利用导数求函数的最小值， 转化思想，属于中档题. 请考生在第 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时，请用 2B 铅笔在答题卡.上把所选题目对应的题号涂黑. - 23 - 22.在平面直角坐标系中，曲线 1C ： 1 2xy  ，曲线 2C ： 6 3 cos2 6 3sin2 x y         （ 为参数）， 以坐标原点为极点， x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系. （1）求曲线 1C ， 2C 的极坐标方程： （2）曲线 3C 的极坐标方程为 π0,0 2           ， 3C 分别交 1C ， 2C 于 A ， B 两点， 当 取何值时， 2 1 OB OA  取得最小值. 【答案】（1） 2 1sin cos 2     ； 6 sin 6 cos    ；（2） π 12   或者 5π 12   . 【解析】 【详解】（1） 1C 的极坐标方程为 2 1sin cos 2     . 2C 的普通方程为 2 2 6 6 32 2x y                 对应极坐标方程为 6 sin 6 cos    （2）曲线 3C 的极坐标方程为 π0,0 2           设  1,A   ，  2 ,B   ，则 2 1 1 sin2  ，  2 6 sin cos    所以  2 1 sin 2 6 sin cosOB OA       设 πsin cos 2 sin 4t          则 2sin2 1t   ， 则 2 2 1 6 1OB t t OA     ， 则当 6 2t  即 π 3sin 4 2      时，取得最小值 5 2  - 24 - 又因为 π0 2   ，所以 π π 3π 4 4 4    ， 所以当 π 12   或者 5π 12   时， 2 1 OB OA  取得最小值 5 2  23.已知函数 2( )f x x a x a     （1）当 2a  时，求不等式 ( ) 5f x  的解集； （2）当 2a  时，证明： 4( ) 2( 2 1)( 2)f x a a    . 【答案】（1） 2x x   或 3x  ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）分 3 段 1x   、 1 2x   、 2x  去绝对值解不等式组，再取并集； （2）由题 2( )f x x a x a     ， 2a  ，由三角绝对值不等式得 2 2 2x a x a aa a a        ，再利用基本不等式可证． 【详解】（1）当 2a  时， ( ) 2 1f x x x    ①当 1x   时，原不等式等价于 (2 ) ( 1) 5x x    ，解得 2x   ； ②当 1 2x   时，原不等式等价于3 5 ，不等式无解； ③当 2x  时，原不等式等价于 ( 2) ( 1) 5x x    ，解得 3x  ， 综上， 不等式   5f x  的解集为 2x x   或 3x  （2）由已知， 2( )f x x a x a     因为 2a  ，所以 2 2 2x a x a aa a a        所以   2f x a a   ，当且仅当  2 0x a x a       即 2[ , ]x aa   时等号成立， - 25 - 所以       4 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2f x a a aa a a a a a a a a              ， 因为 2 0a   所以     4 2 22 2 2 2 22 2 2f x a aa a a a            . 所以当且仅当 2 2a   且 2 2, 2 2x      时等号成立. 【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法以及均值定理证明不等式，属于中档题． - 26 -