黑龙江省哈尔滨市第六中学校2020届高三第三次模拟考试数学（理）试题 Word版含解析 26页

- 1 - 哈尔滨市第六中学 2020 届高三第三次模拟考试 理科数学试卷 考试说明：本试卷分第 I 卷（选择题）和第 II 卷（非选择题）两部分，满分 150 分，考试时 间 120 分钟. （1）答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚； （2）选择题必须使用 2B 铅笔填涂，非选择题必须使用 0.5 毫米黑色字迹的签字笔书写，字 体工整，字迹清楚； （3）请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在草稿纸、试题卷上答 题无效； （4）保持卡面清洁，不得折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀. 第Ⅰ卷（选择题共 60 分） 一、选择题：本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 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. 1.设集合  2| 3 0A x y x x    ，  | 3 1xB x y   ，则 A B  （ ） A. (0,3] B. [0, ) C.  0 3x x  D. (0, ) 【答案】B 【解析】 【分析】 解不等式即可求出集合 A ， B ，进而求出 A B 的值. 【详解】因为    2| 3 0 | 0 3A x y x x x x       ，    | 3 1 | 0xB x y x x     ， 所以  | 0A B x x   . 故选：B. 【点睛】本题主要考查了集合的并集运算，属于基础题. 2.设 2 1 iz i   ，则 z  （ ） A. 2 B. 3 C. 3 2 D. 10 2 【答案】D 【解析】 - 2 - 【分析】 先利用复数的除法运算化简复数为 1 3 2 2z i  ，再利用求模公式求解. 【详解】因为       2 12 1 3 1 1 1 2 2 i iiz ii i i        ， 所以 2 23 2 1 10 2 2z             . 故选：D 【点睛】本题主要考查复数的运算和复数的模的求法，还考查了运算求解的能力，属于基础 题. 3.已知向量 (1, 2), ( ,1)a b k    且 ( )a a b    ，则 k  （ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 算出 a b  的坐标，再利用向量垂直的坐标形式可得 k 的方程，解出 k 后可得正确的选项. 【详解】  1 , 1a b k     ， 因为 ( )a a b    ，故      1 1 2 1 0k       ，故 3k   . 故选：C. 【点睛】如果    1 1 2 2, , ,a x y b x y   ，那么：（1）若 / /a b   ，则 1 2 2 1x y x y ；（2）若 a b  ， 则 1 2 1 2 0x x y y  . 4.设 1 5 5 5log 3, log 4, 2a b c   则（ ） A. a b c  B. b c a  C. c a b  D. c b a  【答案】A 【解析】 - 3 - 【分析】 利用对数函数的单调性、指数函数的单调性可得三者的大小关系. 【详解】因为 5logy x 为 0,  上的增函数，故 5 5 5log 3 log 4 log 5 1a b     ， 因为 2xy  为 R 上的增函数，故 1 052 2 1  ， 故 a b c  . 故选：A. 【点睛】本题考查指数、对数的大小，解决此类问题关键是根据指数函数、对数函数的单调 性来比较大小，必要时需借助中间数来传递大小关系. 5.若 1cos2 4   ，则 2 2sin 2cos  的值为（ ） A. 7 8 B. 19 32 C. 13 8 D. 3 2 【答案】C 【解析】 【分析】 利用降幂公式把 2 2sin 2cos  化成与 cos2 有关的三角函数式，从而可求原代数式的值. 【详解】 2 2 1 cos2 1 cos2 3 cos2 3 1 13sin 2cos 22 2 2 2 2 8 8               ， 故选：C. 【点睛】三角函数的化简求值问题，可以从四个角度去分析：（1）看函数名的差异；（2）看 结构的差异；（3）看角的差异；（4）看次数的差异．对应的方法是：弦切互化法、辅助角公 式（或公式的逆用）、角的分拆与整合（用已知的角表示未知的角）、升幂降幂法． 6.在等比数列 na 中，若 5 4 22 , 2a a a  ，则 6a  （ ） A. 64 B. 16 C. 8 D. 32 【答案】D 【解析】 【分析】 先求出公比，再利用等比数列的性质可求 6a . 【详解】设公比为 q，因为 5 42a a ，故 2q = ，所以 4 6 2 32a a q   ， 故选：D. - 4 - 【点睛】一般地，如果 na 为等比数列， nS 为其前 n 项和，则有性质： （1）若 , , , *,m n p q N m n p q    ，则 m n p qa a a a ， m n m na a q  ； （2）公比 1q  时，则有 n nS A Bq  ，其中 ,A B 为常数且 0A B  ； （3） 2 3 2, , ,n n n n nS S S S S   为等比数列（ 0nS  ）且公比为 nq . 7.若函数   22 2xf x a x a   的零点在区间( )0,1 上，则 a 的取值范围是（ ） A. 1, 2     B.  ,1 C. 1 ,2     D. ( )1,+¥ 【答案】C 【解析】 试题分析： 单调递增, ,故选 C. 考点：零点存在性定理. 8.函数 ( ) sin(2 ) 13f x x    ，下列结论正确的是（ ） A. 向右平移 6  个单位，可得到函数 sin 2y x 的图像 B. ( )y f x 的图像关于 (0,1) 中心对称 C. ( )y f x 的图像关于直线 5 12x  对称 D. ( )y f x 在 2( , )6 3   上为增函数 【答案】C 【解析】 【分析】 利用三角函数的图像与性质逐一判断即可. 【 详 解 】 将 ( ) sin(2 ) 13f x x    向 右 平 移 6  个 单 位 得 到 的 函 数 为 2sin 2 1 sin 2 16 3 3y x x                     ，故 A 错误； - 5 - 因为 3(0) sin( ) 1 13 2f       ，所以 ( )y f x 的图像不关于 (0,1) 中心对称，故 B 错误； 因为 5 5( ) sin(2 ) 1 212 12 3f        ，所以 ( )y f x 的图像关于直线 5 12x  对称，故 C 正 确； 当 2( , )6 3x   时， 2 (0, )3x    ，故 D 错误 故选：C 【点睛】本题考查的是三角函数的图像和性质，考查了学生对基础知识的掌握情况，较简单. 9.在 12 2020 11 x x      的展开式中, 2x 项的系数为( ) A. 10 B. 25 C. 35 D. 66 【答案】D 【解析】 【分析】 分析 12 2020 11 x x      的展开式的本质就是考虑 12 个 2020 11 x x      ，每个括号内各取 2020 11, ,x x 之一进行乘积即可得到展开式的每一项，利用组合知识即可得解. 【详解】 12 2020 11 x x      的展开式考虑 12 个 2020 11 x x      ， 每个括号内各取 2020 11, ,x x 之一进行乘积即可得到展开式的每一项， 要得到 2x 项，就是在 12 个 2020 11 x x      中，两个括号取 x ，10 个括号取 1， 所以其系数为 2 12 66C  . 故选：D 【点睛】此题考查求多项式的展开式指定项的系数，关键在于弄清二项式定理展开式的本质 问题，将问题转化为计数原理组合问题. 10.已知三棱锥 P ABC 的外接球的球心为O ， PA  平面 ABC ， AB AC ， 4AB AC  ， 2PA  ，则球心 O 到平面 PBC 的距离为（ ） - 6 - A. 1 3 B. 6 3 C. 3 3 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】 设 BC 的中点为 E ， PA 的中点为G ，连接 OE ，可证 //OE PA ，再连接 PE 交OG 于 H 点， 过 O 作 OD EH ，垂足为 D ，则可证 2, 1OH OE  且 OD  平面 PBC ，从而可求 O 到平面 PBC 的距离. 【详解】 因为 , 4AB AC AB AC   ， 故 ABC 为等腰直角三角形且 4 2BC  ，而 E 为 BC 的中点. 故 E 为 ABC 的外心，故OE  平面 ABC . 因为 PA  平面 ABC ，所以 //OE PA ，故 , , ,P A E O 共面. 连接 PE 交OG 于 H 点，过O 作OD EH ，垂足为 D . 因为 ,AB AC BE EC  ，故 AE BC ， 在直角三角形 PAC 中， 2, 4PA AC  ，故 2 5PC  ，同理 2 5PB  ， 因为 BE EC ，故 PE BC ，而 PE AE E ，故 BC ⊥平面 GAEO ， 因为 BC 平面 PBC ，故平面GAEO  平面 PBC . 因为平面GAEO平面 PBC EH ，OD EH ，OD  平面GAEO ， 所以OD  平面 PBC . 因为O 为三棱锥 P ABC 的外接球的球心，故OG PA ， - 7 - 因为 PA  平面 ABC ， AE  平面 ABC ，故 PA AE ， 在平面 PAEO 中，因为 PA AE ，OG PA ，故 //OG AE ， 故四边形 AGOE 为矩形，且 1OE GA PG   ， 1 2 22OG AE BC   . 又因为 90 , ,PGH EOH PG OE PHG EHO         ， 故 PGH EOH△ △ ，故 1 22OH GH  . 在直角三角形 OEH 中， 1 2 6 31 2 OD    . 故选：B. 【点睛】本题考查三棱锥的外接球的球心到给定平面的距离，注意根据外接球球心的性质确 定球心的位置，并把点到平面的距离归结可解的直角三角形中来计算，本题属于较难题. 11.在 ABC 中， , ,A B C 的对边分别为 a ，b ，c ，且满足  28cos 2cos2 7 02 A B C    ， 2a  ，则 ABC 面积的最大值为（ ） A. 6 B. 3 1 C. 3 1 2  D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】 根据  28cos 2cos2 7 02 A B C    ，结合二倍角的余弦公式化简得到  22cos 1 0A  ， 解得 1cos 2A  ，从而得到 3sin 2A  ，再根据 2a  ，利用余弦定理结合基本不等式得到bc 的范围即可. 【详解】因为  28cos 2cos2 7 02 A B C    ， 所以    4 1 cos 2cos2 7 0    A A ， 所以 24cos 4cos 1 0A A   ， 即 22cos 1 0A  ， - 8 - 解得 1cos 2A  所以 3sin 2A  又因为 2a  ， 由余弦定理得： 2 2 2 2 22 cosa b c bc A b c bc bc       ， 所以 4bc  ，当且仅当b c 时，取等号， 则 ABC 面积 1 1 3sin 4 32 2 2ABCS bc A    △ ， 所以 ABC 面积的最大值为 3 故选：D 【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用以及基本不等式的应用和二 倍角公式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 12.已知定义域为 R 的奇函数  f x ，满足 1   0 2 ( ) {2      2 xe x f x e xx      ，则下列叙述正确的为（ ） ①存在实数 k，使关于 x 的方程  f x kx 有 7 个不相等的实数根 ②当 1 21 1x x    时，恒有    1 2f x f x ③若当  0,x a 时，  f x 的最小值为 1，则  1,2a e ④若关于 x 的方程 5( ) 4f x  和 ( )f x m 的所有实数根之和为零，则 5 4m   A. ①②③ B. ①③ C. ②④ D. ①②③④ 【答案】B 【解析】 【分析】 对于①，当 0 2 ek  时，直线OA与函数在第一象限有 3 个零点，关于 x 的方程  f x kx 有 7 个不相等的实数根，所以①正确； 对于②，当 1 21 1x x    时，函数 ( )f x 不是单调函数，所以②不正确； - 9 - 对于③，令 2 1,e x  所以 2x e ，则  1,2a e ，所以③正确； 对于④，通过数形结合分析得到其是错误的. 【详解】对于①，函数的图象如图所示，由于函数是奇函数，所以只要考查 (0, ) 的零点个 数， 由于 (0) 0f  ，所以只要考虑 (0, ) 的零点有 3 个即可. 由题得 (2, )A e ，所以直线OA的斜率为 2 e ，此时直线OA与函数的图象有 5 个交点，当 0 2 ek  时，直线OA与函数在第一象限有 3 个零点，关于 x 的方程  f x kx 有 7 个不相 等的实数根，所以①正确； 对于②，当 1 21 1x x    时，函数 ( )f x 不是单调函数，所以    1 2f x f x 不成立，所以② 不正确； 对于③，令 2 1,e x  所以 2x e ，当  0,x a 时，  f x 的最小值为 1，则  1,2a e ，所以③ 正确； 对于④，由于函数 ( )f x 是奇函数，关于 x 的方程 5( ) 4f x  和 ( )f x m 的所有实数根之和为零， 当 0x  时， 5( ) 4f x  有三个实根， 1 2 30 2x x x    ， - 10 - 则 1 2 3 1 2 3 3 2 5 8 82, , , 24 5 5 e e ex x x x x xx           ， 所以 ( )f x m 的所有实数根之和为 82 5 e  . 令 8 2 5 5( 2 ) ,85 5 4 42 5 e e em f e e          所以 D 错误. 故选：B. 【点睛】本题主要考查函数的零点问题，考查直线和曲线的位置关系，考查函数的图象和性 质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 第Ⅱ卷（非选择题共 90 分） 本卷包括必考题和选考题两部分，第 13 题~第 21 题为必考题，每个试题考生都必须做答，第 22 题，23 题为选考题，考生根据要求做答. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分. 13.过点  2,2P 的直线与抛物线 2 4y x 交于 ,A B 两点，且 0PA PB  uur uur r ，则此直线的方程为 _________. 【答案】 y x 【解析】 【分析】 设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，利用点差法可求 ABk ，从而可求其直线方程. 【详解】设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，则 2 2 1 1 2 24 , 4y x y x  ， 故 2 2 1 2 1 24 4y y x x   ，整理得到    1 2 1 2 1 24y y y y x x    ， 1 2 4 ABk y y   . - 11 - 因为 0PA PB  uur uur r ，故 P 为 AB 的中点，所以 1 2 4y y  ， 所以 1ABk  ，故直线方程为  1 2 2y x x     ， 故答案为： y x . 【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，注意与弦的中点有关的计算，应该用点差法来 考虑，本题属于基础题. 14.函数 ( ) lnf x x x 的单调减区间是______． 【答案】 1(0, )e 【解析】 分析：先求出函数的定义域，函数的导函数，令导函数小于 0 求出 x 的范围，写成区间形式， 可得到函数 lny x x 的单调减区间. 详解：函数的定义域为 0x  ， ' ln 1y x  ，令 ln 1 0x   ，得 10 ,x e   函数 lny x x 的单调递减区间是 10, e      ，故答案为 10, e      . 点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，属于简单题.利用导数求函数的单调区间的 步骤为：求出  'f x ，在定义域内，分别令  ' 0f x  求得 x 的范围，可得函数  f x 增区间，  ' 0f x  求得 x 的范围，可得函数  f x 的减区间. 15.在我校本年度足球比赛中，经过激烈角逐后，最终 , , ,A B C D 四个班级的球队闯入半决赛. 在半决赛中，对阵形式为： A 对阵C ， B 对阵 D ，获胜球队进入决赛争夺冠亚军，失利球队 争夺三四名.若每场比赛是相互独立的，四支球队间相互获胜的概率如下表所示： A B C D A 获胜概率 — 0.3 0.4 0.8 B 获胜概率 0.7 — 0.7 0.5 C 获胜概率 0.6 0.3 — 0.3 D 获胜概率 0.2 0.5 0.7 — - 12 - 则 A 队最终获得冠军的概率为_____. 【答案】0.22 【解析】 【分析】 先考虑 A 胜C 的概率，再考虑 B 胜 D 且 A 胜 B 、 D 胜 B 且 A 胜 D ，从而可得 A 队最终获得 冠军的概率. 【详解】 A 胜C 的概率为 0.4 ， B 胜 D 且 A 胜 B 为 0.5 0.3 0.15  ， D 胜 B 且 A 胜 D 为 0.5 0.8 0.4  ， 故 A 队最终获得冠军的概率为  0.4 0.15 0.4 0.22   ， 故答案为： 0.22 . 【点睛】本题考查与独立性事件有关的概率计算，计算此类概率时注意合理分类，本题属于 基础题. 16.正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2，点 K 在棱 1 1A B 上运动，过 , ,A C K 三点作正方体的 截面，若 K 为棱 1 1A B 的中点，则截面面积为_________，若截面把正方体分成体积之比为3:1 的两部分，则 1B K =_______. 【答案】 (1). 9 2 (2). 3 1 【解析】 【分析】 （1）首先作出截面 ACMK ，再求截面的面积； （2）取 1 1B C 上的点 M ， 1 1B K B M x  ，连接 ,KM MC ，由题意可知 1 1 1 1 1 4B MK BCA A B CD ABCDV V  ，利用体积公式求 x 即可. - 13 - 【详解】（1）取 1 1B C 的中点 M ，连接 KM ， MC ， 1 1/ /KM AC ，而 1 1AC / / AC ， / /KM AC , , ,A C M K 四点共面，且 AK MC 四边形 ACMK 是等腰梯形，如下图，过 K 作 KH AC ，垂足为 H ， 2KM  ， 2 2AC  ， 2 2 12 2 52AK        , 2 2 2 2 2 2AH   ，   2 22 2 2 3 25 2 2KH AK AH           ，  1 3 2 92 2 22 2 2ACKMS      ； （2）设 1B K x ，取 1 1B C 上的点 M ， 1 1B K B M x  ，连接 ,KM MC ， 由（1）知 , , ,A C M K 四点共面， 由图形可知 1 1 1 1 31 1 24 4B MK BCA A B CD ABCDV V    1 2 2 31 1 1 1 1 12 2 2 2 2 23 2 2 2 2 4B MK BCAV x x                  ， 即 2 2 2 0x x   ，解得： 3 1x   ，或 3 1x    （舍去）， - 14 - 因此 1B K 3 1  故答案为： 9 2 ； 3 1 【点睛】本题考查截面面积和几何体的体积，意在考查空间想象能力和计算能力，属于中档 题型，本题的关键作出过点 , ,A C K 的平面. 三、解答题：本大题共 70 分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 17.已知等差数列 na 前三项的和为 3 ，前三项的积为15 ， （1）求等差数列 na 的通项公式； （2）若公差 0d  ，求数列 na 的前 n 项和 nT . 【答案】（1） 4 9na n  或 7 4na n  （2） 2 5 , 1{ 2 7 12, 2n nT n n n     【解析】 【分析】 （1）设等差数列的 na 的公差为 d ，由 1 2 3 3a a a    ， 1 2 3 15a a a  ，建立方程组求解； （2）由（1）可知 4 9na n  ，根据项的正负关系求数列 na 的前 n 项和 nT . 【详解】（1）设等差数列的 na 的公差为 d 由 1 2 3 3a a a    ，得 23 3a   所以 2 1a   又 1 2 3 15a a a  得 1 3 15a a   ，即 1 1 1 1 ( 2 ) 15 a d a a d        所以 1 5 4 a d     ，或 1 3 4 a d     即 4 9na n  或 7 4na n  （2）当公差 0d  时， 4 9na n  1）当 2n  时， 4 9 0na n   ， 1 1 2 1 25, 6T a T a a       设数列 na 的前项和为 nS ，则 2( 5 4 9) 2 72n nS n n n      - 15 - 2）当 3n  时， 4 9 0na n   1 2 3 1 2 3n n nT a a a a a a a a               1 2 3 1 22na a a a a a       2 22 2 7 12nS S n n     当 1n  时， 1 5T  也满足 2 1 2 1 7 1 12 7T       ， 当 2n  时， 2 6T  也满足 2 2 2 2 7 2 12 6T       ， 所以数列 na 的前 n 项和 2 5 1 2 7 12 2n nT n n n      【点睛】本题考查等差数列的通项，等差数列求和，以及含绝对值数列的前 n 项的和，属于中 档题. 18.如图，在多面体 1 1 1ABC A B C 中，正方形 1 1BBC C 所在平面垂直于平面 ABC ， ABC 是 等腰直角三角形， 1AC BC  ， 1 1 / /B A BA ， 1 1 1 2B A BA . （1）求证： 1 1C A  平面 1 1ABB A ； （2）若 M 为 1B B 的中点，求直线CM 与平面 1 1C A A所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 15 .15 【解析】 【分析】 （1）取 AB 中点O ，连结 1 ,AO OC ，可证出四边形 1 1AOCC 为平行四边形，利用等腰三角形 和面面垂直的性质得出 CO BA 和 1AO CO ，最后根据线面垂直的判定定理，即可证出 - 16 - 1 1C A  平面 1 1ABB A ； （2）由题可知， 1, ,CA CB CC 两两垂直，故以C 为坐标原点建立空间直角坐标系，求出 1(1,0, )2CM   和平面 1 1AAC 的法向量，利用空间向量法求线面的夹角，即可得出直线CM 与 平面 1 1C A A所成角的正弦值. 【详解】解：（1）可取 AB 中点O ，连结 1 ,AO OC ， 1 1 / /B A BA ， 1 1 1 2B A BA ， 1 1 1 1 1/ / , 2B A BO B A BA BO   ， 所以四边形 1 1AOCC 为平行四边形， 则 1 1/ /C C AO ， 由于 ABC 是等腰直角三角形， 则CO BA ， 而正方形 1 1BBC C 所在平面垂直于平面 ABC ，且 1C C BC ， 1C C  平面 ABC ，CO  平面 ABC ， 1C C CO  ，即 1AO CO ，而 1BA AO O ， CO  平面 1 1ABB A ，而 1 1 / /C A CO ， 1 1C A  平面 1 1ABB A . （2）易知 1, ,CA CB CC 两两垂直，故以C 为坐标原点， 分别以 1, ,CB CA CC 的方向为 , ,x y z 轴正方向建立空间直角坐标系， 则各点坐标如下：       1 10,0,0 , 0,1,0 , 1,0,0 , , ,02 2C A B O     ，    1 1 1 1 1 1, ,1 , 1,0,1 , 0,0,1 , 1,0,2 2 2A B C M           ， 则 1(1,0, )2CM   ， 1 1 1 1 1 1 1, ,0 , , , 12 2 2 2C A A A               ， - 17 - 设平面 1 1AAC 的法向量为  , ,n x y z   ， 则 1 1 1 n C A n A A      ，即 1 1 02 2 1 1 02 2 x y x y z        ， 令 1x  ，则 1, 1y z    ， 平面 1 1AAC 的法向量为 (1, 1, 1)n     ， 设直线CM  与平面 1 1AAC 所成角为 ， 则 11 152sin cos , 155 32 CM n CM m CM n                  ， 所以直线CM 与平面 1 1AAC 所成角的正弦值为 15 15 . 【点睛】本题考查线面垂直的判定定理和利用空间向量法求空间线面的夹角，还涉及平行四 边形的证明、等腰三角形的性质和面面垂直的性质等知识点，考查推理证明和计算能力. 19.已知点 1( , 2)2D  ，过点 D 作抛物线 2 1 :C x y 的两切线，切点为 ,A B . （1）求两切点 ,A B 所在的直线方程； （2）椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     ，离心率为 3 2 ，（1）中直线 AB 与椭圆交于点 P，Q，直线 , ,PQ OP OQ 的斜率分别为 k ， 1k ， 2k ，若 1 2 3k k k  ，求椭圆的方程. - 18 - 【答案】（1） 2y x  ；（2） 2 2 148 12 x y  . 【解析】 【分析】 （1）设出切点，利用切点处的导数是斜率，表示出切线方程， 1( , 2)2D  在切线上，求出两 解，分别对应切点 ,A B 坐标，则方程可求. （2）离心率为 3 2 确定 a b、 的一个关系；联立直线和椭圆方程，用上韦达定理，结合 1 2 3k k k  ，再建立 a b、 的一个关系，则椭圆方程可求. 【详解】解： （1）设切点 1 1( , )A x y 2 2( , )B x y ，则 2 2 1 1 2 2,x y x y  切线的斜率为 2y x  ， 所以抛物线上过 1 1( , )A x y 点的切线的斜率为 12x ，切线方程为   2 1 1 1 1 12 , 2y y x x x y x x x     ， 1( , 2)2D  在切线上，所以 2 1 1 2 0x x   ， 1 2x  或 1 1x   ， 当 1 2x  时， 2 1 1 4y x  ；当 1 1x   ， 2 1 1 1y x  ， 不妨设  (2,4), 1,1A B  ， 1ABk  ， 所以两切点 ,A B 所在的直线方程 2y x  . （2）由 3 2e  ，得 2 2 3 4 c a  ，又 2 2 2c a b  ， 所以 2 24a b . - 19 - 2 2 2 2 4 4 y x x y b      ，得 2 25 16 16 4 0x x b    ， 2 16 5 16 4 5 P Q P Q x x bx x       ， 21 , QP P Q k k yy x x   ， 1k  ，又因为 1 2 3k k k  ，    3, 3, 2 2 3P Q P QQ P Q Q PP P Q P Q P Q x x x xy y x y xy x x x x x x      ，  2 P Q P Qx x x x  ， 2 216 16 42 , 125 5 b b    ， 2 48a  ， 所以椭圆的方程 2 2 148 12 x y  . 【点睛】以直线和抛物线、椭圆的位置关系为载体，考查求直线方程、椭圆方程的方法；中 档题. 20.“海水稻”就是耐盐碱水稻，是一种介于野生稻和栽培稻之间的普遍生长在海边滩涂地 区，具有耐盐碱的水稻，它比其它普通的水稻均有更强的生存竞争能力，具有抗涝，抗病虫 害，抗倒伏等特点，还具有预防和治疗多种疾病的功效，防癌效果尤为显著.海水稻的灌溉是 将海水稀释后进行灌溉.某试验基地为了研究海水浓度 x (‰)对亩产量 y (吨)的影响，通过在 试验田的种植实验，测得了某种海水稻的亩产量与海水浓度的数据如表.绘制散点图发现，可 用线性回归模型拟合亩产量 y 与海水浓度 x 之间的相关关系，用最小二乘法计算得 y 与 x 之间 的线性回归方程为 .88ˆ 0ˆy bx  . 海水浓度 ix (‰) 3 4 5 6 7 亩产量 iy (吨) 0.62 0.58 0.49 0.4 0.31 残差 ie  （1）请你估计：当浇灌海水浓度为 8‰时，该品种的亩产量. - 20 - （2）①完成上述残差表： ②统计学中，常用相关指数 2R 来刻画回归效果， 2R 越大，模型拟合效果越好，并用它来说 明预报变量与解释变量的相关性.你能否利用以上表格中的数据，利用统计学的相关知识，说 明浇灌海水浓度对亩产量的贡献率？（计算中数据精确到 0.01） (附：残差公式 ˆ ˆi i ie y y  ，相关指数     2 2 1 2 1 ˆ 1 n i i i n i i y y R y y         ) 【答案】（1）当海水浓度为 8‰时，该品种的亩产量为 0.24 吨（2）①填表见解析；②所以浇 灌海水浓度对亩产量的贡献率是 98% ，详解见解析. 【解析】 【分析】 （1）根据题意，算出 ,x y ，将样本中心点 ,x y 代入线性回归方程为 .88ˆ 0ˆy bx  ，求出 ˆb ， 从而可估计当浇灌海水浓度为 8‰时，该品种的亩产量. （2）根据线性回归方程 0.08 0.8ˆ 8y x   和残差公式 ˆ ˆi i ie y y  ，即可求出个海水浓度时 对应的残差，即可完成残差表；根据相关指数 2R 的公式，求出 2R ，根据 2R 的意义，即可得 出浇灌海水浓度对亩产量的贡献率. 【详解】（1）根据题意，可得 3 4 5 6 7 55x      ， 0.62 0.58 0.49 0.4 0.31 0.485y      ， 而 y 与 x 之间的线性回归方程为 .88ˆ 0ˆy bx  ， 则 ˆ0.48 5 0.88b  ，解得： ˆ 0.08b   ， 当 8x  时， 0.08 8 0. .24ˆ 88 0y      ， 所以当海水浓度为 8‰时，该品种的亩产量为 0.24 吨. （2）①由（1）知 0.08 0.8ˆ 8y x   ， 根据残差公式 ˆ ˆi i ie y y  ，得残差表如下： 海水浓度 ix (‰) 3 4 5 6 7 - 21 - 亩产量 iy (吨) 0.62 0.58 0.49 0.4 0.31 残差 ie  -0.02 0.02 0.01 0 -0.01 ②根据题意，可得：   2 22 2 2 2 0.0004 0.0004 0.0001 0 0.00011 0.14 0.1 0.01 0.08 0.17 R           0.001 641 0.980.065 65     ， 所以浇灌海水浓度对亩产量的贡献率是98% . 【点睛】本题考查线性回归方程和残差的计算，以及相关指数 2R 的求法和根据 2R 的意义对 实际问题进行分析，考查运算能力. 21.已知函数 ( ) ( 2) lnxf x x e a x ax    （ a R ） （1）若 1x  为 ( )f x 的极大值点，求 a 的取值范围；. （2）当 0a  时，判断 ( )y f x 与 x 轴交点个数，并给出证明. 【答案】（1） a e （2） ( )f x 有唯一零点；证明见解析； 【解析】 【分析】 （1）求出 ( ) 1)（ xxe af x x x   ,对 a 与 e 的大小关系进行讨论，得出函数 ( )f x 的单调性， 分析其函数的极值，得出答案. （2）讨论 ( ) ( 2) lnxf x x e a x ax    与 x 轴交点个数,由 ln 0x x  即讨论 ( 2) ln xx ea x x   的实数根的个数，设   ( 2) ln xx e xh x x    ，分析出  h x 函数的单调性，分析出  h x 函数值的情 况，得出答案. 【详解】（1） ( ) ( 1)( ) 1)（ x x a xe af x x e xx x      设 ( ) xg x xe a  ， ( ) 1 0xg x x e  （ ） ，所以 ( )g x 在 R 上单调递增. 当 a e 时， (1) 0g e e   ，当 1x  时， ( ) 0g x ，当 1x  时， ( ) 0g x ， - 22 - 所以当 1x  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递增，当 1x  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递增,所以 此时 ( )f x 无极值. 当 a e 时， (1) 0g e a   ，  ( ) 1 0a ag a ae a a e     则一定存在  0 1,x a ，使得 0( ) 0g x  所以当  01,x x 时， ( ) 0g x ，从而 ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递减. 当 0 1x  时， ( ) 0g x ，从而 ( ) 0f x  ( )f x 单调递增. 所以此时满足 1x  为 ( )f x 的极大值点 当 a e 时， (1) 0g e a   ， 所以当 1x  时， ( ) 0g x ，从而 ( ) 0f x  ，所以 ( )f x 在 1  ， 单调递增 此时 1x  不可能为 ( )f x 的极大值点. 综上所述：当 1x  为 ( )f x 的极大值点时， a 的取值范围是 a e . （2）讨论 ( ) ( 2) lnxf x x e a x ax    与 x 轴交点个数,即讨论方程  ( 2) lnxx e a x x  的根的个数. 设   lnr x x x  ，则   1 11 xr x x x     令   0r x  ，得 1x  ，令   0r x  ，得 0 1x  所以  r x 在 0,1 上单调递减，在 1  ， 上单调递增,所以    1 1 0r x r   所以讨论方程  ( 2) lnxx e a x x  的根的个数，即探讨 ( 2) ln xx ea x x   的实数根的个数. 设   ( 2) ln xx e xh x x    ， 则                 ' ' 2 2 21 ln 12 ln 2 ln ln ln x x x e x x xx e x x x e x x xh x x x x x                   设   2ln 1x x x x      ，则      2 2 2 11 21 x xx x x x        令   0x  ，得 2x  ，令   0x  ，得 0 2x  - 23 - 所以  x 在 0 2， 上单调递减，在 2  ， 上单调递增.所以    2 2 ln 2 0x     所以当 1x  时，   0h x  ，当 0 1x  时，   0h x  所以  h x 在 01，上单调递减，在  1  ， 上单调递增 又当  0 2x ， 时，   2 0( ) ln xx eh x xx    ，且  2 0h  ， 当  2x  ， 时，   2 0( ) ln xx eh x xx    且 x   时，  h x   所以当 0a  时，方程 ( 2) ln xx ea x x   有唯一实数根. 综上： 0a  ， ( )y f x 与 x 轴有唯一交点 【点睛】本题考查根据函数取极值的情况求参数的范围，讨论函数的零点情况，分析函数的 点单调性是关键，属于难题 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.作答时请写清题 号. 选修 4-4：坐标系与参数方程 22.在直角坐标系 xOy 中，曲线C 的参数方程为 2 3cos 3sin x y       （ 为参数），以 O 为极点， x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系，直线 1l ， 2l 的极坐标方程分别为 0  ， 0 0( (0, ), )2 R        ， 1l 交曲线C 于点 ,M N ， 2l 交曲线C 于点 ,P Q . （1）求曲线C 的极坐标方程； （2）求 2 2| | | |MN PQ 的值. 【答案】（1） 2 4 cos 5 0     （2）36 【解析】 【分析】 （1）先得到曲线C 的普通方程，再将其化成极坐标方程即可； （2）依题意得 1 2l l ，将 0  ， 0 2    代入 2 4 cos 5 0     中，得 - 24 - 2 04 cos 5 0     ， 2 04 sin 5 0     ，设点 , , ,M N P Q所对应的极径分别为 1 ， 2 ， 3 ， 4 ，由韦达定理可得 1 2 04cos    ， 1 2 5    ， 3 4 04sin     ， 1 2 5    ，然后利用 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 4| | | | | | | | | | | |MP NQ OM OP ON OQ             计算出答案即可. 【详解】（1）曲线C 的普通方程为 2 2( 2) 9x y   令 cosx   ， siny   得 2 2 2( cos 2) cos 9      ， 即曲线C 极坐标方程为 2 4 cos 5 0     （2）依题意得 1 2l l ，根据勾股定理， 2 2 2MP OM OP  ， 2 2 2NQ ON OQ  将 0  ， 0 2    代入 2 4 cos 5 0     中， 得 2 04 cos 5 0     ， 2 04 sin 5 0     设点 , , ,M N P Q所对应的极径分别为 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 则 1 2 04cos    ， 1 2 5    ， 3 4 04sin     ， 1 2 5    ∴ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 4| | | | | | | | | | | |MP NQ OM OP ON OQ                2 2 1 2 1 2 3 4 3 42 2             2 2 0 016cos 10 16sin 10 36      【点睛】本题考查的是参数方程与普通方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化以及极坐标 的应用，考查了学生的转化能力，属于中档题. 选修 4—5；不等式选讲 23.已知函数   1 2 2x xx xf    = . （1）若关于 x 的不等式  f x a 有解，求实数 a 的取值范围； （2）若不等式   3f x x m + 对任意 xR 成立，求实数 m 的取值范围. 【答案】（1） 3a  （2） ( , 4]  【解析】 【分析】 - 25 - （1）由题意可知   3, 0 2 3,0 1 4 5,1 2 3, 2 x x xf x x x x             ，根据分段函数的值域，即可求出 a 的取值范围； （2）画出函数  y f x 与 3y x m   对应的草图，结合图象可得 m 的取值范围． 【详解】（1）   3, 0 2 3,0 11 2 2 4 5,1 2 3, 2 x x xf x x x x x x x                  ， ∴  f x 的值域为 3,3 ， ∵关于 x 的不等式  f x a 有解， ∴ 3a  ， （2）设  y f x 与 3y x m   ，作出草图，如下图： 由图象知，要使  f x x m +3 对任意 xR 成立， 只需要  2 2 3f m   ，且 0m  解得 4m   ， 故 m 得取值范围为 ( , 4]  . 【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法和不等式恒成立问题，考查了数形结合思想和分类 讨论思想，属中档题． - 26 -