• 1.85 MB
  • 2021-06-16 发布

2021届贵州省遵义市高三上学期第一次联考理科数学试题及答案解析

  • 21页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
2021 届贵州省遵义市高三上学期第一次联考理科数学试题 一、单选题 1.已知复平面内点 M,N 分别对应复数 1 2 iz   和 2 1 iz   ,则向量 MN  的模长为( ) A.1 B. 3 C. 5 D.3 2.袋子中装有形状和大小完全相同的五个小球,每个小球上分别标有“1”“2”“3”“4”“6” 这五个数,现从中随机选取三个小球,则所选的三个小球上的数恰好能构成一个等差数列的概率是 ( ) A. 3 10 B. 1 5 C. 1 10 D. 1 20 3.已知 31 2a      , 20.3b  , 1 2 log 2c  ,则 a,b,c 的大小关系( ) A.a>b>c B.a>c>b C.c>b>a D.b>a>c 4.如下折线图统计了 2020 年 2 月 27 日至 2020 年 3 月 11 日共 14 天全国(不含湖北)新冠肺炎新 增确诊人数和新增疑似人数,2020 年 2 月 27 日至 2020 年 3 月 11 日记为  t t N  的取值,对应 如下表, 日期 2.27 2.28 2.29 3.01 3.02 3.03 3.04 3.05 3.06 3.07 3.08 3.09 3.10 3.11 t 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 增确诊人数记为  f t ,新增疑似人数记为  g t ,则下列结论正确的是( ) A.  f t 与  g t 值域相同 B.    9 11f g C.存在    0 0 0,t f t g t D.任意    ,t f t g t 5.执行如图所示的程序框图,若输入 4N  ,则输出的数等于( ) A. 5 4 B. 4 5 C. 5 6 D. 6 5 6.在 ABC 中,G 是 ABC 的重心,且 3 03aGA bGB cGC      ,其中 a ,b ,c 分别是角 A , B ,C 的对边,则 A  ( ) A.30° B.60° C.120° D.150° 7.已知实数 0p  ,直线 4 3 2 0x y p   与拋物线 2 2y px 和圆 2 2 2 2 4 p px y      从上到下 的交点依次为 A,B,C,D,则 AC BD 的值为( ) A. 1 8 B. 5 6 C. 3 8 D. 7 16 8.已知偶函数  f x 的图象如图所示(网格中小正方形边长为1),则    g x f f x    的图象可 能是( ) A. B. C. D. 9.函数  ln | | 1y x x  的图象大致是( ) A. B. C. D. 10.已知 ABC 中,内角 A,B,C 所对边的边长分别为 a,b,c,且 7 2c  , 11 2 a b = , 3 tan tan tan tan 3A B A B    ,则 ABC 的面积为( ) A. 3 2 B. 3 3 2 C.3 D.3 3 11.已知集合   | lg 3A x y x   ,  | 2B x x  ,则下列结论正确的是( ) A. 3 A  B.3 B C. A B B D. A B B  12.已知四面体 ABCD 中,棱 AD , BC 所在直线所成角为 60,且 1AD  , 2BC  , 60ACD   ,面 BAD 和面 ACD 所成的锐二面角为 ,面 BAC 和面 ACD 所成的锐二面角为  , 当四面体 ABCD 的体积取得最大值时( ). A.  B.  C.  D.不能确定 二、填空题 13.若数列 na 满足 2 1 3 2 1 1 1 1 2 2 2n na a a a a a         ,则称数列 na 为“差半递增”数 列.若数列 na 为“差半递增”数列,且其通项 na 与前 n 项和 nS 满足  *2 2 1n nS a t n N    ,则 实数 t 的取值范围是______. 14.三棱柱 1 1 1ABC A B C 中,AB BC AC  ,侧棱 1AA ⊥底面 ABC ,且三棱柱的侧面积为 6 3 . 若该三棱柱的顶点都在球O 的球面上,则球O 体积的最小值为______. 15.已知实数 x , y 满足不等式组 2 0 3 0 2 6 x y x y x y          ,则 2z x y  的最小值为__________. 16.若二项式 1(2 ) nx x  展开式中的第 5 项为常数项,则展开式中各项的二项式系数之和为 __________. 三、解答题 17.已知:在 ABC 中,内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ,且 2cos cos 3a B b A c      . (1)求角 A ; (2)设 3a  ,求 ABC 周长的取值范围. 18.已知椭圆   2 2 2 2 1 0x y a ba b     的短轴长为 2 ,且椭圆的一个焦点在圆    2 22 3 18x y    上. (1)求椭圆的方程; (2)已知椭圆的焦距小于 4 ,过椭圆的左焦点 F 的直线l 与椭圆相交于 ,A B 两点,若 3AF FB , 求 .AB 19.如图,正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中, ,E F 分别为 AB 与 1BB 的中点. (Ⅰ)求证: EF  平面 1 1A D B ; (Ⅱ)求二面角 F DE C  的正切值. 20.在平面直角坐标系 xOy 中,已知曲线 C 的参数方程为: 1 2cos 2sin x y       ( 为参数),直线  : 0l y kx k  ,以坐标原点O 为极点, x 轴为极轴建立极坐标系. (1)求曲线C 的极坐标方程; (2)若直线l 与曲线C 交于 A , B 两点,求 OA OB 的取值范围. 21.随着运动 app 和手环的普及和应用,在朋友圈、运动圈中出现了每天 1 万步的健身打卡现象, “日行一万步,健康一辈子”的观念广泛流传.“健步达人”小王某天统计了他朋友圈中所有好友 (共 500 人)的走路步数,并整理成下表: 分组(单 位:千步) [0,4) [4,8) [8,12) [12,16) [16,20) [20,24) [24,28) [28,32] 频数 60 240 100 60 20 18 0 2 (1)请估算这一天小王朋友圈中好友走路步数的平均数(同一组中数据以这组数据所在区间中点 值作代表); (2)若用 A 表示事件“走路步数低于平均步数”,试估计事件 A 发生的概率; (3)若称每天走路不少于 8 千步的人为“健步达人”,小王朋友圈中岁数在 40 岁以上的中老年人 共有 300 人,其中健步达人恰有 150 人,请填写下面 2 2 列联表.根据列联表判断,有多大把握认 为,健步达人与年龄有关? 健步达人 非健步达人 合计 40 岁以上 不超过 40 岁 合计 附: 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d      .  2P K k… 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 22.已知函数 ( )f x ax lnx  , (0x , ]e , ( ) lnxg x x  ,其中 e 是自然对数的底数, a R . (1)当 1a  时,求 ( )f x 的单调区间; (2)设函数 ( ) lnF x x x ax a   . ①求函数 ( )F x 在区间[1, ]e 上的最大值; ②求证: 1a  是函数 ( )F x 有两个零点的充分条件. 23.完成下列证明: (Ⅰ)求证: 2x y  52 4x y x    ; (Ⅱ)若 1 2m  ,求证: 2 1 1 3 4 2 4 1 2m m m     . 【答案与解析】 1.C 先由复数的代数形式,求得其对应的点的坐标,再由向量的模的公式,求得模长 由 M,N 分别对应复数 1 2 iz   和 2 1 iz   ,得 (2,1), (1, 1)M N  ,则 ( 1, 2)MN    , 则 2 2( 1) ( 2) 5MN      . 故选:C. 本题考查了根据复数的代数形式,求其对应的点的坐标,还考查了向量的模的公式,属于容易题. 2.A 找出五个数中成等差数列的数组数,求出基本事件个数,求比值即可. “1”“2”“3”“4”“6”这五个数中成等差数列的数有“1,2,3”,“2,3,4”,“2,4,6”三组,从五个数中随机 选取三个小球有 3 5 =10ð ,故所求概率为 3 10P  . 本题考查主要考查古典概型的应用. 3.D 利用指数、对数的运算和指数函数的单调性判断. 因为 31 1 2 8a      , 2 00.3 0.3 1b    , 1 2 log 2 1c    , 所以 b>a>c 故选:D 本题主要考查指数、对数和幂的大小比较,属于基础题. 4.D 根据折线图及函数的概念,逐项分析即可求解. 由图象可知,  f t 与  g t 值域显然不相同,故 A 错误;    9 =30 11f g ,故 B 错误; ( )f t 的最大值小于 ( )g t 的最小值,所以不存在 0t ,使得    0 0f t g t 且任意    ,t f t g t 成立, 故 C 错误,D 正确. 故选:D 本题主要考查了函数图象的识别,利用函数图象处理实际问题,属于中档题. 5.B 模拟执行循环体的过程,即可得到结果. 根据程序框图,模拟执行如下: 4, 1, 0N k S   1 2S  ,满足 4k  , 2k  2 3S  ,满足 4k  , 3k  3 4S  ,满足 4k  , 4k  4 5S  ,不满足 4k  ,输出 4 5S  . 故选:B. 本题考查程序框图中循环体的执行,属基础题. 6.A 根据重心的向量关系 0GA GB GC      ,结合题意有 3 3a b c  ,根据余弦定理即可求解. 在 ABC 中,G 是 ABC 的重心,根据三角形重心性质有 0GA GB GC      , 由题: 3 03aGA bGB cGC      ,所以 3 3a b c  , 由余弦定理得 2 2 2 2 2 3cos 2 232 3 b c a cA bc c      , 在 ABC 中, 30A   故选:A 此题考查三角形重心的向量表示,根据三角形边的关系利用余弦定理求三角形的内角. 7.C 设  1 1,A x y ,  2 2,D x y ,抛物线的焦点为 F ,由题得| | | | 2 pBF CF  .由抛物线的定义得: 1 1| | | | | | 2 2 p pAC AF CF x x p       ,同理得 2| |BD x p  .联立直线 4 3 2 0x y p   与抛物线 2 2y px 且消去 x 解出 1 2 py  , 2 2y p  ,所以 1 8 px  , 2 2x p ,进而得到答案. 解:设  1 1,A x y ,  2 2,D x y ,易知 1 2x x ,抛物线的焦点为 F,由题意得 2 pBF CF  , 由抛物线的定义得: 1 12 2 p pAC AF CF x x p       ,同理得 2BD x p  . 联立直线 4 3 2 0x y p   与抛物线 2 2y px 消去 x 得: 2 22 3 2 0y py p   , 解得: 1 2 py  , 2 2y p  ,所以 1 8 px  , 2 2x p , 所以 9 38 3 8 pAC BD p   . 故选:C. 解决此类题目的关键是对抛物线的定义要熟悉,即抛物线上的点到定点的距离与到定直线的距离相 等,属于中档题. 8.D 设函数  y f x 的两个零点分别为 0x 、  0 0 1x x  ,利用复合函数法以及奇偶性求出函数  y g x 的单调区间,并结合最值可判断出函数  y g x 的图象. 设函数  y f x 的两个零点分别为 0x 、  0 0 1x x  , ①当 0x x  时,   0f x  ,内层函数  u f x 单调递增,外层函数  y f u 单调递增,此时, 函数  y g x 单调递增; ②当 0 0x x   时,   0f x  ,内层函数  u f x 单调递增,外层函数  y f u 单调递减,此 时,函数  y g x 单调递减. 又        g x f f x f f x g x           ,函数  y g x 是偶函数,所以函数  y g x 的单 调增区间为 0, x  和 00, x ,单调递减区间为 0,0x 和 0,x  .        0 0max 0 1g x g x f f x f      (或    0maxg x g x  ),故选:D. 本题考查函数图象的识别,一般从函数的以下几个方面来进行排除:(1)定义域;(2)奇偶性;(3) 单调性;(4)零点;(5)特殊函数值符号. 9.A 根据奇偶性的定义,可判断函数  f x 是奇函数;然后再分段判断当  1x  , 时,  ' 0f x  , 函数  f x 单调递增;当  01x , 时,  ' 0f x  ,函数  f x 单调递减;结合选项,即可求出结 果. 设      ln | | 1 0f x x x x  , ,则      ln | | 1f x x x f x       ,所以  f x 是奇函数; 当 0x  时,    ln 1f x x x  ,所以   n' lf x x ,所以当  1x  , 时,  ' 0f x  ,函数  f x 单调递增;当  01x , 时,  ' 0f x  ,函数  f x 单调递减;结合选项可知,函数  ln | | 1y x x  的图象大致是 A. 故选:A. 本题主要考查了函数的奇偶性和单调性的应用,考查了数形结合能力,属于基础题. 10.B 利用和差公式得到 2 3A B   ,利用余弦定理得到 6ab  ,再计算面积得到答案. 3 tan tan tan tan 3A B A B    ,故   tan tantan 31 tan tan A BA B A B     , 故 2 3A B   ,故 3C  . 根据余弦定理: 2 2 2 2 cosc a b ab C   ,即  249 34 a b ab   ,故 6ab  . 1 sin 3 3 22S ab C  . 故选: B . 本题考查了和差公式,余弦定理,面积公式,意在考查学生的综合应用能力. 11.C 试题分析:     | lg 3 | 3A x y x x x      ,  | 2B x x  ,故 A 选项错误,B 选项错误, B A ,所以 A B B  ,故 C 选项正确, A B A  ,D 选项错误,故选 C. 考点:1.函数的定义域;2.集合间的包含关系 12.A 利用余弦定理及基本不等式,求出 1AC CD  ,进而得到当 ACD 为等边三角形时, ACD 的 面积取到最大值,再根据面面垂直的性质定理及二面角的定义,即可得到结果. 2 2 2 cos 2 AC CD ADACD AC CD     ,即 2 2 21cos60 2 AC CD AC CD     , 整理得 2 2 2 21 2 1AC CD AC CD AC CD       , 解得 1AC CD  ,当且仅当 1AC CD  时,等号成立, 所以, 1 1 3 3sin 60 1 12 2 2 4ACDS AC CD        △ , 所以,当 ACD 为等边三角形时, ACD 的面积取到最大值. 过C 作CE ∥ AD ,且CE AD ,连接 ED , BE , 则四边形 ACED 为菱形, 因为 AD , BC 所在直线所成角为 60,所以 60BCE   , 当面 BCE  面 ACD 时,四面体 ABCD 的高取得最大值, 2 2 2 cos 2 BC CE BEBCE BC CE     ,即 2 2 22 1cos60 2 2 1 BE     ,解得 3BE  , 因为  2 2 23 1 2  ,即 2 2 2BE CE BC  ,所以 90BEC  ,即 BE EC , 又因为面 BCE  面 ACD EC ,所以 BE面 ACD , 过 E 作 EF AD 交 AD 于点 F ,过 E 作 EP  AC 交 AC 于点 P , 连接 BF , BP ,则 BF AD , BP AC , 所以 BFE 为面 BAD 和面 ACD 所成的二面角, BPE 为面 BAC 和面 ACD 所成的锐二面角, 即 =BFE Ð , =BPE  , 因为 90FED CED   , 90PEC CED   ,所以 FED PEC   , 又因为 ED EC ,所以 tan tanED FED EC PEC     ,即 EF EP , 所以 BE BE EF PE  ,即 tan tan  ,所以  . 故选:A. 本题考查了余弦定理的应用、异面直线所成的角、面面垂直的性质定理及二面角的定义,其中涉及 到基本不等式的应用,考查了学生的逻辑推理能力,综合性较强,难度较大. 13. 1, 2     根据 2 2 1n nS a t   ,利用递推公式求得数列 na 的通项公式.再根据新定义的意义,代入解不等式 即可求得实数 t 的取值范围. 因为  *2 2 1n nS a t n N    所以当 2n  时, 1 12 2 1n nS a t    两式相减可得 12 2n n na a a   ,即 1 2n n a a   ,所以数列 na 是以公比 2q = 的等比数列 当 1n  时, 1 1 2a t  所以   11 2 2n na t    则    1 2 2 1 1 1 31 2 2 1 2 2 3 22 2 2 n n n n na a t t t                     1 1 1 1 1 31 2 2 1 2 2 3 22 2 2 n n n n na a t t t                由“差半递增”数列的定义可知 2 13 33 2 3 22 2 n nt t               化简可得 3 33 2 32 2t t      解不等式可得 1 2t < 即实数 t 的取值范围为 1, 2     故答案为: 1, 2     本题考查了数列递推公式的简单应用,等比数列通项公式在新定义里的应用,属于中档题. 14. 8 2 3  根据三棱柱侧面积可得到三棱柱底面三角形边长和三棱柱高的关系,根据外接球的性质和勾股定理 可表示出球的半径,利用基本不等式求得半径的最小值,根据球的体积公式求得结果. 设 2AB BC AC a   ,三棱柱高为 h 1AA  底面 ABC 三棱柱侧面积 6 6 3S ah  3h a   取 BC 中点 D ,作 OG 平面 ABC 于点G ,则G 为 ABC 的中心且 2 3AG AD 2 22 2 343 3AG a a a    ,又 3 2 2 hOG a   球O 的半径 2 2 2 2 2 2 4 3 4 32 23 4 3 4R OA AG OG a aa a         (当且仅当 2 2 4 3 3 4 a a  ,即 3 2a  时取等号) 球O 体积的最小值  3 min 4 8 223 3V     故答案为: 8 2 3  本题考查棱柱外接球体积最值的求解问题,关键是能够利用基本不等式求得外接球半径的最小值, 进而代入球的体积公式求得结果. 15.-6 由题得不等式组对应的平面区域为如图所示的△ABC,当直线 1 2 2 zy x  经过点 A(0,3)时,直线 的纵截距 2 z 最大,z 最小.所以 min 0 2 3 6.z      故填-6. 16.64 4 4 4 4 5 1(2 ) ( ) 2n n nT C x C x    4 6n nx  ,令 6 0n   ,解得 n .再利用展开式中各项的二项式系数之和 为 2n ,即可得出. 4 4 4 4 5 1(2 ) ( ) 2n n nT C x C x    4 6n nx  , 令 6 0n   ,解得 6n  . 展开式中各项的二项式系数之和为 62 64 . 故答案为:64. 本题考查了二项式定理的应用,考查了推理能力与计算能力,属于基础题. 17.(1) 3A  ;(2) (6,9]. (1)根据已知条件结合正弦定理,将条件等式化边为角,再由三角恒等变换化简,即可求出角 A ; (2)要求 ABC 周长范围,即求b c 范围,由 a 边和 A 角,结合正弦定理,将 ,b c 边化成角, 再把C 用 B 表示,由三角恒等变换把b c 化为关于 B 的正弦型函数,根据正弦函数的性质,即可 求出结论. (1)由正弦定理得 2sin cos sin cos sin3A B B A C      , 即 2sin cos sin cos sin( )3A B B A A B       sin cos sin cosA B B A  , 0 ,sin 0B B   ,∴ 2cos cos3 A A     , 1 3 3 3cos sin cos , sin cos2 2 2 2A A A A A    , ∴ tan 3A  ,∵ (0, )A  ,∴ 3A  . (2)∵ 3a  , 3A  , sin sin sin a b c A B C   , ∴ 2 3sinb B , 2 3sinc C , ∵ 2 3B C A     , ∴ 3 2 3(sin sin )a b c B C     3 3os 3 3sinB B   3 6sin 6B       . 又∵ 20, 3B     ,∴ 5,6 6 6B        , ∴ 1sin ,16 2B            ,∴ (6,9]a b c+ + Î , ABC 周长取值范围是 (6,9]. 本题考查正弦定理解三角形,三角恒等变换以及三角函数性质的应用是解题的关键,考查计算求解 能力,属于中档题. 18.(1) 2 2 12 x y  或 2 2 126 x y  .(2) 4 2 3 (1)由题意可知:b=1,由焦点在圆上,可求得 c,进而求得 a,即可求得椭圆方程; (2 设出直线 l 的方程,代入椭圆,得到 A、B 的纵坐标的关系,利用向量转化的纵坐标的关系, 求得直线方程,利用弦长公式可得所求. (1)因为椭圆的短轴长为 2 ,所以 2 2b  ,则 1b  . 圆   2 22 3 18x y    与 x 轴的交点为 1,0 , 5,0 , 故 1c  或5, 从而 2 2 2 2a b c   或 26 , 故椭圆的方程为 2 2 12 x y  或 2 2 126 x y  . (2)设  1 1,A x y ,  2 2,B x y ,由 3AF FB  ,得 1 23y y  . 因为椭圆的焦距小于 4 ,所以椭圆的方程为 2 2 12 x y  , 当直线l 的斜率为 0 时,AF= 2 1 ,BF= 2 1 ,不满足题意, 所以将l 的方程设为 1x my  ,代入椭圆方程,消去 x ,得 2 22 2 1 0m y my    , 所以 1 2 2 2 2 my y m    , 1 2 2 1 2y y m    , 将 1 23y y  代入,得 2 1m  . 故  22 1 2 1 21 4AB m y y y y    4 1 4 22 49 3 3      . 本题考查椭圆标准方程的求法,考查椭圆的简单几何性质,直线与椭圆的位置关系,考查韦达定理, 弦长公式,考查计算能力,属于中档题. 19.(I)证明见解析;(II) 5 2 . (I)由线面垂直的性质可证明 1 1A D EF ,由 1 1 1, / /A B AB EF AB ,可得 1A B EF ,从可得 结果;(Ⅱ)延长 DE、CB 交于 N,过 B 作 BM⊥EN 交于 M,连 FM,由 FB⊥平面 ABCD,可得 FM⊥DN,则∠FMB 为二面角 F—DE—C 的平面角,利用直角三角形的性质可得结果. (I) 1 1A D  平面 1 1A B BA EF  平面 1 1AA BB , 1 1A D EF  1 1 1, / /A B AB EF AB , 1A B EF  EF  平面 1 1A D B ; (Ⅱ)延长 DE、CB 交于 N,∵E 为 AB 中点,∴△DAE≌△NBE 过 B 作 BM⊥EN 交于 M,连 FM,∵FB⊥平面 ABCD ∴FM⊥DN,∴∠FMB 为二面角 F—DE—C 的平面角 设 AB=a,则 5 BE BN aBM EN   又 2 aBF  52tan FMB 2 5 a FB aBM      ,即二面角 F—DE—C 大小的正切值为 5 2 . 本题主要考查正方体的性质、线面垂直的判定定理及二面角的求法,属于难题.解答空间几何体中 垂直关系时,一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化,转化时要 正确运用有关的定理,找出足够的条件进行推理;证明直线和平面垂直的常用方法有:(1)利用判 定定理;(2)利用判定定理的推论;(3)利用面面平行的性质;(4)利用面面垂直的性质,当两个 平面垂直时,在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面. 20.(1) 2 2cos 3 0    ; (2)  2 3,4 (1)将曲线C 的参数方程消去参数,可得曲线C 的普通方程,再将 cosx   , siny   代 入普通方程,即可得解; (2)将直线l 的极坐标方程代入曲线C 的极坐标方程,借助韦达定理,可求得 2cos2 14OA OB    ,再利用三角函数的性质即可求出 OA OB 的取值范围. (1)由曲线C 的参数方程 1 2cos 2sin x y       消去参数 , 得曲线C 的普通方程为: 2 21 4x y   ,即 2 2 2 3 0x y x    , 将 cosx   , siny   代入 2 2 2 3 0x y x    , 得曲线C 的极坐标方程为: 2 2cos 3 0    . (2)由直线  0y kx k  可得其极坐标方程: = 0 2          , , , 将 =  代入曲线C 的极坐标方程得: 2 2cos 3 0    ,  1 2 2cos    , 1 2 3    , 1 2,  异号, 故    2 1 2 1 2= + = 2cos 4 3OA OB           24cos 12 2cos2 14     ,  1 cos2 1   ,  2 3,4OA OB  . 本题主要考查参数方程与普通方程、极坐标方程的转化,极坐标方程的几何意义,三角函数的取值 范围等知识.参数方程化为普通方程的关键是消参数,要根据参数的特点进行转化;普通方程化为 极坐标方程,将 cosx   , siny   代入普通方程,即可化为极坐标方程;极坐标方程转化 为普通方程,要巧用极坐标方程两边同乘以  或同时平方技巧,将极坐标方程构造成含有 cos  , sin  , 2 的形式,然后利用公式代入化简得到普通方程. 21.(1)8.432 ;(2)0.6216;(3)见解析. (1)由数据和平均值的计算公式可得答案,(2)由频率估计概率可得答案,(3)根据题目所给的 数据填写 2×2 列联表即可,计算 K2,对照题目中的表格,得出统计结论. (1)由题意可得这一天小王朋友圈中好友走路步数的平均数为:  1 2 60 6 240 10 100 14 60 18 20 22 18 30 2 8.432500x                , 所以这一天小王 500 名好友走路的平均步数约为 8.432 步. (2)由频率约等概率可得:   1 0.43260 240 100 0.6216500 4p A         , 所以事件 A 的概率约为 0.6216. (3)根据题目所给的数据填写 2×2 列联表如下: 健步达人 非健步达人 合计 40 岁以上 150 150 300 不超过 40 50 150 200 岁 合计 200 300 500         2 2 2 500 22500 7500 31.25 10.828200 300 300 200 n ad bcK a b c d a c b d           > , ∴有 99.9%以上的把握认为,健步达人与年龄有关. 本题考查独立性检验,平均值的计算,统计概率的应用问题,也考查了计算能力的应用问题,是中 档题目. 22.(1)单调增区间为 (1, )e ,单调减区间为 (0,1) ; (2)①当 0 1 ea e    时, ( )F x 最大值为 ( )F e e a ae   , 当 1 ea e … 时, ( )F x 最大值为 (1) 0F  ;②证明见解析. (1)求出 1 1( ) 1 xf x x x     ,判断函数的单调性推出结果即可. (2) ( )F x xlnx ax a   ,求出① ( ) 1F x lnx a    ,令 ( ) 0F x  ,求解函数的单调区间. (ⅰ)当 1 1ae  „ ,求解函数的最值;(ⅱ)当 1ae e … ,求解函数的最值; (ⅲ)当 11 ae e  ,即1 2a  时, ( )F x 的最大值为 ( )F e 和 (1)F 中较大者: 令 ( ) (1) 0F e F e a ae     ,求出 ( )F x 最大值; ②“函数 ( )F x 有两个零点”等价于“方程 0xlnx ax a   两个根”,由于 0x  ,也等价于“函 数 ( ) aG x lnx a x    有两个零点”利用导函数求解函数的最值,推出结果. (1) ( )f x x lnx  , 1 1( ) 1 xf x x x     , 当 0 1x  时, ( ) 0f x  ,此时 ( )f x 单调递减; 当1 x e  时, ( ) 0f x  ,此时 ( )f x 单调递增. ( )f x 的单调增区间为(1, )e ,单调减区间为 (0,1) . (2) ( )F x xlnx ax a   , ① ( ) 1F x lnx a    ,令 ( ) 0F x  ,得 1ax e  , 所以在区间 1(0, )ae  上, ( ) 0F x  , ( )F x 单调递减, 在区间 1( , )ae   上, ( ) 0F x  , ( )F x 单调递增. (ⅰ)当 1 1ae  „ ,即 0 1a „ 时,在区间[1, ]e 上, ( )F x 单调递增, 所以 ( )F x 最大值为 ( )F e e a ae   . (ⅱ)当 1ae e … ,即 2a… 时,在区间[1, ]e 上, ( )F x 单调递减, 所以 ( )F x 最大值为 (1) 0F  . (ⅲ)当 11 ae e  ,即1 2a  时, ( )F x 的最大值为 ( )F e 和 (1)F 中较大者: 令 ( ) (1) 0F e F e a ae     ,解得 1 ea e   , 所以当1 1 ea e    时, ( )F x 最大值为 ( )F e e a ae   , 当 21 e ae  „ 时, ( )F x 最大值为 (1) 0F  , 综上所述,当 0 1 ea e    时, ( )F x 最大值为 ( )F e e a ae   , 当 1 ea e … 时, ( )F x 最大值为 (1) 0F  . ②“函数 ( )F x 有两个零点”等价于“方程 0xlnx ax a   两个根”, 由于 0x  ,也等价于“函数 ( ) aG x lnx a x    有两个零点”. 则 2( ) x aG x x   ,令 ( ) 0G x  得 x a ,令 ( ) 0G x  得 x a , 即函数 ( )G x 的单调递增区间为 ( , )a  ,单调递减区间为 (0, )a , 因此, ( )minG x  ( )G a  1 0lna a  „ ,又 (1) 0G  , 当 1a  时,由于 ( ) 0, ( ) 0a a aG a G e e    ,故函数 ( )G x 有两个零点, 所以 1a  是函数 ( )F x 有两个零点的充分条件. 本题考查函数的导数的综合应用,函数的最值的求法,构造法以及转化思想的应用. 23.(Ⅰ)证明见解析;(Ⅱ)证明见解析. (Ⅰ)运用分析法,两边平方,化简配方即可得证;(Ⅱ)运用变形和基本不等式,即可得证. (I)要证: 2x y ≥ 52 4x y x    只需证: 2x y ≥  8 5 2 x y x , 即证:    24 2 8 5x y x y x   , 即证: 2 2 24 16 16 8 5x xy y xy x + … , 即证: 2 29 24 16 0x xy y + … ,即证: 23 4 0x y … , 这显然成立,故 52 2 4x y x y x    … . (II)依题意, 2 1 1 1 4 2 4 1 4 2m mm m m + + = + ++ + 1 1 1 1 2 2 1 2 1 4 2mm m m      = ++  1 1 14 24 4 2 2m m    = + + 因为 1 2m> ,故 4 2 0m > , 故    1 1 1 1 1 1 34 2 2 4 24 4 2 2 4 4 2 2 2m mm m       + + + =… 当且仅当  1 14 24 4 2m m   = ,即 24 2 4m  = , 即 1m= 时等号成立. 本题主要考查不等式的证明的方法——分析法和综合法,意在考查学生运用分析法和使用基本不等 式时涉及到的变形能力,化简能力以及推理能力.