东北三省三校（哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）2020届高三三模考试数学（理）试题 Word版含解析 27页

- 1 - 2020 年东北三省三校（哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）高考数学三模试卷（理 科） 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有项是 符合题目要求的． 1. 已知集合 2 2{( , ) | 1}A x y x y   ， {( , ) | }B x y y x  ，则集合 A∩B 的子集的个数为 （ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】 确定集合 ,A B 中的元素，可得子集个数． 【 详 解 】 由 2 2 1x y y x     ， 解 得 2 2 2 2 x y     或 2 2 2 2 x y      ， 所 以 2 2 2 2{( , ),( , )}2 2 2 2A B   ，有两个元素，它的子集有 4 个． 故选：B． 【点睛】本题考查子集个数，可先求出交集中的元素，而确定集合 ,A B 中的元素是解题关键． 2. 已知复数 2 2 1sin cos3 3z i        为纯虚数，则 tan  （ ） A. 2 2 B. 2 4  C. 2 4 D. 2 2 【答案】A 【解析】 【分析】 由已知可得实部为 0 且虚部不为 0，求得 cos 与sin 的值，再由同角三角函数基本关系式得 答案． 【详解】 2 2 1sin (cos )3 3z i     为纯虚数， - 2 -  2 2sin 03 1cos 03         ，解得 2 2sin 3   ，根据 2 2 1sin cos 1,cos 3      可得 1cos 3    ． 则 sintan 2 2cos     ． 故选：A． 【点睛】本题考查复数的基本概念，训练了同角三角函数基本关系式的应用，是基础的计算 题． 3. 小赵到哈尔滨南岗区 7 个小区和道里区 8 个小区调查空置房情况，将调查得到的小区空置 房的套数绘成了如图所示的茎叶图，则调查中的南岗区空置房套数的中位数与道里区空置房 套数的中位数之差为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】 根据中位数的求法，将南岗区 7 个小区和道里区 8 个小区的空置房套数按照从小到大顺序排 列即可求出． 【详解】南岗区 7 个小区的空置房套数为：60,73,74,79,81,82,91,所以中位数为 79； 道里区 8 个小区的空置房套数为：69,74,75,76,80,82,83,90,所以中位数为 76 80 782   ； 故南岗区空置房套数的中位数与道里区空置房套数的中位数之差为 79 78 1  ． 故选：D． 【点睛】本题主要考查利用茎叶图求中位数，属于基础题． 4. “新冠肺炎”疫情的控制需要根据大数据进行分析，并有针对性的采取措施.下图是甲、 乙两个省份从 2 月 7 日到 2 月 13 日一周内的新增“新冠肺炎”确诊人数的折线图.根据图中 - 3 - 甲、乙两省的数字特征进行比对，下列说法错误的是（ ） A. 2 月 7 日到 2 月 13 日甲省的平均新增“新冠肺炎”确诊人数低于乙省 B. 2 月 7 日到 2 月 13 日甲省的单日新增“新冠肺炎”确诊人数最大值小于乙省 C. 2 月 7 日到 2 月 13 日乙省相对甲省的新增“新冠甲省肺炎”确诊人数的波动大 D. 后四日（2 月 10 日至 13 日）乙省每日新增“新冠肺炎”确诊人数均比甲省多 【答案】C 【解析】 【分析】 根据图象计算平均数,读数进行比较即可得到结果. 【详解】根据图象所给数据可得 2 月 7 日到 2 月 13 日甲省的平均新增“新冠肺炎”确诊人数 为 20， 单日新增最大值为 28； 2 月 7 日到 2 月 13 日乙省的平均新增“新冠肺炎”确诊人数 约为 22，单日新增最大值为 29，故可得 A、B 正确； 从图中可观察出甲省人数在 9 28 之间变化，乙省人数在17 29 之间变化，很明显甲省的波 动大，故 C 错误； 由图可知，后四日乙人数均比甲人数多，故 D 正确. 故选：C． 【点睛】本题主要考查了统计的相关知识，考查用样本的数字特征估计总体，属于基础题． 5. 某多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为（ ） - 4 - A. 2 3 B. 4 3 C. 5 3 D. 7 3 【答案】B 【解析】 【分析】 直接利用三视图转换为直观图，由此即可求出几何体的体积． 【详解】根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体是底面边长为 2 的正方形和高为 1 的四棱锥． 如图所示： 所以： 1 42 2 13 3V     ＝ ． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了三视图和直观图形之间的转换，锥体体积公式的应用，主要考查学 生的运算能力和空间想象能力，属于基础题． 6. 如图是秦九韶算法的一个程序框图,则输出的 S 为( ) - 5 - A. a1+x0(a3+x0(a0+a2x0))的值 B. a3+x0(a2+x0(a1+a0x0))的值 C. a0+x0(a1+x0(a2+a3x0))的值 D. a2+x0(a0+x0(a3+a1x0))的值 【答案】C 【解析】 运行程序如下: 2 3 0 1 2 3 0 03 0, 2, ;2 0, 1, ( )k S a a x k S a a a x x           ； 0 1 2 3 0 0 01 0, 0, = ( ( ) )k S a a a a x x x      ，故选 C. 7. 函数 sin 3 cosy x x  的图象向右平移 2 3  个单位长度得到函数  f x 的图象，则下列 说法不正确的是（ ） A. 函数  f x 的最小正周期 2 B. 函数  f x 的图象关于直线 5 6x  对称 C. 函数  f x 的图象关于 ,03      对称 D. 函数  f x 在 5 11,6 6       上递增 【答案】D 【解析】 【分析】 - 6 - 先利用辅助角公式化简函数解析式，再根据平移法则可得到函数  f x 的解析式，即可判断各 选项的真假． 【详解】因为 sin 3 cos 2sin 3y x x x        ，所以   22sin 2sin3 3 3f x x x                   ，即可知函数  f x 的最小正周期 2 ，A 正确； 当 5 6x  时， 5 2sin 26 2f        ，所以函数  f x 的图象关于直线 5 6x  对称，B 正确； 当 3x  时， 03f      ，所以函数  f x 的图象关于 ,03      对称，C 正确； 因为 5 2sin 26 2f        ，   53 2 6f f         ，所以 D 错误． 故选：D． 【点睛】本题主要考查辅助角公式和平移法则的应用，以及函数  siny A ωx φ  的性质应 用，熟记公式和基本性质是解题的关键，属于基础题． 8. 如图，直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的底面是菱形， 1 2AA AB  ， 60BAD  ，M 是 1BB 的中点，则异面直线 1A M 与 1B C 所成角的余弦值为（ ） A. 10 5  B. 1 5  C. 1 5 D. 10 5 【答案】D 【解析】 【分析】 用向量 1, ,AB BC BB    分别表示 1 1,A M B C   ,利用向量的夹角公式即可求解. - 7 - 【 详 解 】 由 题 意 可 得 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 , 5,2A M A B B M AB BB A M A B B M              2 2 1 1 1 1, 2 2B C BC BB B C BC BB          ，   2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2cos , 2 10 2 10 AB BB BC BB AB BC BBA M B CA M B C A M B C                         0 12 2 cos60 4 102 .52 10       故选：D 【点睛】本题主要考查用向量的夹角公式求异面直线所成的角，属于基础题. 9. 已知圆 2 2: 12M x y  ，过圆 M 内一点  1, 2E 的最长弦和最短弦分别是 AC 和 BD ， 则四边形 ABCD 的面积为（ ） A. 6 2 B. 12 2 C. 12 3 D. 24 3 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意画出图形，分别求出最长弦和最短弦的值，再由 1 | | | |2 AC BD 求解． 【详解】解：如图， 2 2| | 1 ( 2) 3OE    ，则| | 2 12 3 6BD    ， | | 4 3AC  ． - 8 - 四边形 ABCD 的面积为 1 6 4 3 12 32    ． 故选：C ． 【点睛】本题考查直线与圆的性质，考查数形结合的解题思想方法，属于基础题． 10. 已知函数 1 1 , 0 ( ) 1 1, 0 x x f x x x        ，若函数 ( ) 2 ( ) 2 1g x f x kx   有三个零点，则实数 k 的取值范围为（ ） A. 11, 2     B. 1 1, ,16 2              C. 1 1,16 2     D. {﹣ 1 16 }∪ 10, 2     【答案】D 【解析】 【分析】 ( )g x 有三个零点，即函数 ( )y f x 的图象与直线 1 2y kx  有三个交点，作出函数图象和直 线，求出直线与 1 1( 1)y xx     相切时的 k 值，然后由图可得结论． 【详解】由 ( ) 2 ( ) 2 1 0g x f x kx    得 1( ) 2f x kx  ，所以函数 ( )y f x 的图象与直线 1 2y kx  有三个交点，作出函数 ( )f x 的图象，如图，直线 1 2y kx  恒过定点 1(0, )2P ， ( 1,0)A  ， 1 2PAk  ，当直线与 x 轴平行满足题意， 由图设直线 PC 与曲线 1 1( 1)y xx     相切，切点为 0 0( , )C x y ， 2 1y x    ，则 0 0 2 0 0 0 1 11 1 21 2y xk x x x       ，解得 0 4x   ，所以 1 16k   ， 由图可得当 1 16k   或 10 2k  时，直线 1 2y kx  与函数 ( )f x 图象有三个交点， 故选：D． - 9 - 【点睛】本题考查函数的零点与方程根的个数问题，考查等价转化思想，函数的零点转化为 方程的解，再转化为函数图象与直线的交点，然后通过数形结合思想易求解． 11. 已知双曲线   2 2 2 2: 1 , 0x yC a ba b    的右焦点为 F，过原点的直线 l 交双曲线 C 于 A、B 两点，且 3BF AF ，则双曲线 C 的离心率取值范围为（ ） A.  1,2 B.  1,3 C.  3, D.  2, 【答案】A 【解析】 【分析】 根据图象的对称性和双曲线的定义，分点 A 是否在线段 FF 上，结合三角形中边长的关系， 得到离心率 e 的范围. 【详解】因为直线 AB 和双曲线C 都关于原点对称，所以 A 、 B 也关于原点对称， 设 F 为左焦点，则 F 、 F 关于原点对称，所以| |BF AF  ，因为| | 3| |BF AF ， 所以 3| |AF AF  ，所以 | | 2 | | 2AF AF AF a    ， 所以| |AF a ， 3AF a  ， ①当点 A 不在线段 FF 上时，在 AFF  中， 所以 3 2 3 2 a a c a a c      ，所以 2a c a  ，所以 (1,2)ee a   . ②当点 A 在线段 FF 上时， | |AF AF FF  ∣ ，所以 4 2a c ，所以 2ce a   . 综上所述， (1,2]e . - 10 - 故选：A 【点睛】本题主要考查双曲线的定义，图象对称性的应用，解题的关键是构建关于 , ,a b c 的不 等式，求得离心率的取值范围，属于中档题. 12. 若对任意  0,x  ，不等式 22 ln ln 0xe a a a x   恒成立，则实数 a 的最大值为 （ ） A. e B. e C. 2e D. 2e 【答案】C 【解析】 【分析】 令 2( ) 2 ln lnxf x e a a a x   ， (0, )x  ，即 min( ) 0f x ≥ ，利用导数研究函数 ( )f x 的性 质，由 2( ) 4e x af x x    递增，由零点存在定理知存在 0x ，使  0 0f x  ，则可得 02 04 e xa x ，   02 min 0 0( ) 2 ln ln 0xf x f x e a a a x    ， 代 入 02 04 e xa x ， 得 关 于 0x 的 不 等 式     02 2 0 0 0 02 1 2 1 2 2 ln ln 4xe x x x x     0… ，再构造函数，利用单调性求得 0x 的取值范 围，再由 02 04 e xa x ，求得 a 的最大值. 【详解】令 2( ) 2 ln lnxf x e a a a x   ， (0, )x  ，所以 2( ) 4e x af x x    ， 因为需要保证 ln a 有意义，所以 0a  ，所以 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增， 因为当 0x  时， ( ) 0f x  ，且 2( ) 4 1 0af a e    ， 所以 0 (0, )x a  ，使得  0 0f x  ， 并且当  00,x x 时， ( ) 0f x  ；当  0 ,x x  时， ( ) 0f x  ， 所以函数 ( )f x 在 00, x 上单调递减，在 0,x  上单调递增， 所以   02 min 0 0( ) 2 ln lnxf x f x e a a a x    ，且   02 0 0 4e 0x af x x     ， 所以 02 04 e xa x ， 0 0ln ln 4 ln 2a x x   ， 所以 02 min 0( ) 2 ln lnxf x e a a a x   - 11 -  0 0 02 2 2 0 0 0 0 02 4 ln 4 ln 2 4 lnx x xe x e x x x e x      02 2 0 0 0 02 1 2 ln 4 4 ln 4xe x x x x        02 2 0 0 0 02 1 2 1 2 2 ln ln 4xe x x x x     0… 所以    2 0 0 0 01 2 1 2 2 ln ln 4 0x x x x    … ， 考虑函数  2( ) (1 2 )(1 2 ) 2 ln ln 4h x x x x x     2 21 4 2 ln 2 ln 4x x x x    ， 其中 (0, )x  ， 根据复合函数单调性可得函数 ( )h x 在 (0, ) 上单调递减， 因为 1 02h     ，所以解 ( ) 0h x … 得到 10, 2x     ，所以 0 10, 2x     ， 因为 02 04 e xa x 在 10, 2      上单调递增，所以 12 214 e 2e2a    „ ， 所以 a 的最大值为 2e . 故选：C 【点睛】本题主要考查导数的计算和导数在研究函数中的应用，利用导数研究极值时，无法 正常求出极值点，可设出极值点作分析，还考查了学生分析推理能力，运算能力，综合应用 能力，难度很大. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．把答案填写在答题纸相应位置上． 13. 2020 年 5 月 17 日晚“2019 年感动中国人物名单揭晓”，中国女排位列其中，在感动中 国的舞台上，她们的一句“我们没赢够”，再次鼓舞中国人民中国之光——中国女排，一次 次在逆境中绝地反击，赢得奥运冠军，“女排精神”也是我们当前处于“新冠”逆境中的高 三学子们学习的榜样，前进的动力.一次比赛中，中国女排能够闯入决赛的概率为 0.8，在闯 入决赛条件下中国女排能够获胜的概率是 0.9，则中国女排闯进决赛且获得冠军的概率是 ________. 【答案】0.72 【解析】 【分析】 利用相互独立事件概率乘法公式能求出中国女排闯进决赛且获得冠军的概率． - 12 - 【详解】解：一次比赛中，中国女排能够闯入决赛的概率为 0.8， 在闯入决赛条件下中国女排能够获胜的概率是 0.9， 则中国女排闯进决赛且获得冠军的概率为： 0.8 0.9 0.72P    ． 故答案为：0.72． 【点睛】本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解 能力，属于基础题． 14. 稠环芳香烃化合物中有不少是致癌物质，比如学生钟爱的快餐油炸食品中会产生苯并芘， 它是由一个苯环和一个芘分子结合而成的稠环芳香烃类化合物，长期食用会致癌.下面是一组 稠环芳香烃的结构简式和分子式： 名称 萘 蒽 并四苯 … 并 n 苯 结构简式 … … 分子式 10 8C H 14 10C H 18 12C H … … 由此推断并十苯的分子式为________. 【答案】 42 24C H 【解析】 【分析】 根据等差数列的定义可以判断出稠环芳香烃的分子式中C 、 H 的下标分别成等差数列，结合 等差数列的通项公式可以求出并 n 苯的分子式，最后求出并十苯的分子式即可. 【详解】因为稠环芳香烃的分子式中 C 下标分别是：10,14,18 ， H 的下标分别是： 8,10,12 所以稠环芳香烃的分子式中C 下标成等差数列，首项为10，公差为 4，所以通项公式为： 10 ( 1) 4 4 6nC n n      ， 稠环芳香烃的分子式中 H 下标成等差数列，首项为8 ，公差为 2，所以通项公式为： - 13 - 8 ( 1) 2 2 6nH n n      ， 所以并 n 苯的分子式为： 4 2nC  2 4 ( 2, )nH n n N     ， 因此当 10n  时，得到并十苯的分子式为： 42 24C H . 故答案为： 42 24C H 【点睛】本题考查了等差数列的定义，考查了等差数列的通项公式的应用，考查了数学运算 能力和推理论证能力. 15.  f x 是定义在 R 上的函数，其导函数为  f x ，若      2 2 1 2f x f x f   ，则不 等式   2 2 1xf x e   （其中 e 为自然对数的底数）的解集为________. 【答案】 (1, ) 【解析】 【分析】 令 2 2( ) ( )x xg x e f x e  ，得到    1g x g ，结合函数的单调性求出不等式的解集即可． 【详解】解： 2 2( ) 1xf x e   ，即 2 2 2( )x xe f x e e  ， 令 2 2( ) ( )x xg x e f x e  ，则 2( ) [2 ( ) ( ) 2] 0xg x e f x f x      ， 故 ( )g x 在 R 递增， 而    2 2 21 1g e f e e   ， 2 2 2( )x xe f x e e   ，即    1g x g ， 即 1x  ， 故不等式的解集是 (1, ) ， 故答案为： 1, 【点睛】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及转化思想，属于基础题． 16. 在锐角 ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且满足  2 tan tan tanc B b A B    ，则 A  _____；若 O 是 ABC 外接圆的圆心，且 cos cos 2sin 2sin B CAB AC mAOC B       ，则实数 m  ______. - 14 - 【答案】 (1). 3  (2). 3 2 【解析】 【分析】 ①利用正弦定理边化角，结合两角和差公式进行化简变形，即可得答案． ②取 AB 边中点 D ，则 AB OD ， 2cos cos cos cos( ) ( )2sin 2sin 2sin 2sin B C B CAB AC m AD DO AB AC AB m AD DO ABC B C B                      ，利用正 弦定理边化角，化简即可得出答案． 【详解】① 2 tan (tan tan )c B b A B   ， 2sin tan sin (tan tan )C B B A B   ， 因为sin sin[ ( )] sin( ) sin cos cos sinC A B A B A B A B       ，代入上式得， sin sin sin2[sin cos cos sin ] sin ( )cos cos cos B A BA B A B BB A B     1 sin sin2[sin cos cos sin ] cos cos cos A BA B A B B A B    ， 2[sin cos cos sin ] cos sin cos sin cosA B A B A A B B A   ， 2sin cos cos 2cos cos sin sin cos sin cosA A B A A B A B B A   ， 2sin cos cos 2cos cos sin sin cos sin cos 0A A B A A B A B B A    ， sin cos (2cos 1) cos sin (2cos 1) 0A B A A B A    ， (2cos 1)(sin cos cos sin ) 0A A B A B   ， (2cos 1)sin( ) 0A A B   ， (2cos 1)sin 0A C  ， 因为 sin 0C  所以 2cos 1 0A   ，即 1cos 2A  ， 因为是锐角三角形， 所以 3A  ， ②取 AB 边中点 D ，则 AB OD cos cos 2sin 2sin B CAB AC mAOC B       ， cos cos ( )2sin 2sin B CAB AC m AD DOC B         - 15 - 2cos cos ( )2sin 2sin B CAB AC AB m AD DO ABC B             ， 2cos cos cos ( )2sin 2sin B Cc b c A m AD AB DO ABC B             ， 22cos cos 1cos2sin 2sin 2 B Cc b c A m ABC B         ， 2 2cos cos 1sin sin sin cos sin2sin 2sin 2 B CC B C A m CC B       ， cos cos cos sinB A C m C  ， 所以 cos cos cos cos[ ( )] cos cos sin sin B A C A C A Cm C C      cos cos sin sin cos cos sin A C A C C A C    3sin 2A  ． 故答案为： 3  ； 3 2 ． 【点睛】本题考查正弦定理，向量数量积的应用，属于中档题． 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． （一）必考题：共 60 分． 17. 已知数列{an}，{bn}（bn≠0，n∈N*），满足 a1＝2b1，anbn+1﹣an+1bn+2bn+1bn＝0． （Ⅰ）令 n n n ac b  ，证明：数列{cn}为等差数列，并求数列{cn}的通项公式； （Ⅱ）若 bn＝ 1 3n ，求数列{an}的前 n 项和 Sn． 【答案】（1）证明见解析， 2nc n ；（2） 3 2 3 2 2 3n n nS    ． 【解析】 【分析】 （1）根据等差数列的定义证明，由等差数列通项公式得结论； （2）用错位相减法求数列{ }na 的和． - 16 - 【详解】∵ 0nb  ，anbn+1﹣an+1bn+2bn+1bn＝0．∴ 1 1 2 0n n n n a a b b      ，即 1 2n nc c   ，∴{ }nc 是 公差为 2 的等差数列， 又 1 1 1 2ac b   ，所以 2 2( 1) 2n n nc     ． （2）由（1） 2n n a nb  ，∴ 2 12 23 3 n n n n na nb n        ， 21 1 12 4 23 3 3 n nS n                ，①， ∴ 2 3 11 1 1 1 12 4 2( 1) 23 3 3 3 3 n n nS n n                                ，②， ①－②得 2 12 1 1 1 12 2 2 23 3 3 3 3 n n nS n                         1 2 113 3 121 31 3 n n n                 1 1 1 1 2 31 2 13 3 3 n n n nn                  ， ∴ 3 2 3 2 2 3n n nS    ． 【点睛】本题考查等差数列的证明及通项公式，考查错位相减法求数列的和，等差等比数列 的证明一般根据定义证明即可，有时也可利用等差中项或等比中项证明，数列求和除必须掌 握等差数列和等比数列的前 n 项和公式外，有些特殊方法也需掌握：错位相减法，裂项相消法， 分组（并项）求和法，倒序相加法等等． 18. 新冠肺炎疫情这只“黑天鹅”的出现，给经济运行带来明显影响，住宿餐饮、文体娱乐、 交通运输、旅游等行业受疫情影响严重.随着复工复产的有序推动，我市某西餐厅推出线上促 销活动： A 套餐（在下列食品中 6 选 3） 西式面点：蔓越莓核桃包、南瓜芝土包、黑列巴、全麦吐司； 中式面点：豆包、桂花糕 B 套餐：酱牛肉、老味烧鸡熟食类组合. - 17 - 复工复产后某一周两种套餐的日销售量（单位：份）如下： 星期一 星期二 星期三 星期四 星期五 星期六 星期日 A 套餐 11 12 14 18 22 19 23 B 套餐 6 13 15 15 37 20 41 （1）根据该西餐厅上面一周 A、B 两种套餐的销售情况，结合两种套餐的平均销售量和方差， 评价两种套餐的销售情况（不需要计算，只给出结论即可）； （2）如果该西餐厅每种套餐每日销量少于 20 份表示业绩“一般”，销量大于等于 20 份表示 业绩“优秀”，求该西餐厅在这一周内 B 套餐连续两天中至少有一天销量业绩为“优秀”的 概率； （3）某顾客购买一份 A 套餐，求她所选的面点中所含中式面点个数 X 的分布列及数学期望. 【答案】（1）根据所给数据可知 B 套餐平均销量高于 A 套餐，但是 A 套餐销售情况比 B 套餐 更稳定，波动性小；（2） 1 2 ；（2）分布列见解析，1. 【解析】 【分析】 （1）本题可以通过结合题目所给数据判断出 B 套餐与 A 套餐的平均销量以及销量波动性之间 的关系， （2）首先可结合题意得出共有六种可能事件，然后找出满足题目要求的事件共有三种，二者 相除，即可得出结果， （3）本题首先可以结合题意得出 X 的可能数目为 0 、1、 2 ，然后计算出每一种情况下对应 的概率，即可画出分布列并求出数学期望. 【详解】（1）根据所给数据可知 B 套餐平均销量高于 A 套餐，但是 A 套餐销售情况比 B 套餐 更稳定，波动性小； （2）设一周内 B 套餐连续两天中至少有一天销量业绩“优秀” 为事件 C 结合题意，一共有六种可能事件， 分别是：12、 23、34 、 45 、56、 67 （每个数字代表对应的星期几）， 因为销量大于等于 20 份表示业绩“优秀”， - 18 - 所以星期五、星期六以及星期日的业绩为“优秀”， 故满足事件 C 的要求的可能事件有： 45 、56、 67 ， 则   3 1 6 2P C   ， （3）由题意可知， X 的可能数目为 0 、1、 2 ， 当 X 0 时，   3 4 3 6 10 5 CP X C    ； 当 1X  时，   1 2 2 4 3 6 31 5 C CP X C    ； 当 2X  时，   2 1 2 4 3 6 12 5 C CP X C    ， 故 X 的分布列为： X 0 1 2 P 1 5 3 5 1 5   1 3 10 1 2 15 5 5E X        . 【点睛】本题考查古典概型的概率的相关计算、分布列的画法以及数学期望的相关计算，可 根据求出所有的可能事件以及满足题意的可能事件来计算出古典概型的概率，考查组合的灵 活应用，考查计算能力，是中档题. 19. 如图 1，在直角梯形 ABCD 中， //AB DC ， 90BAD   ， 4 2AB  ， 2 2AD  ， 3 2DC  ，点 E 在 CD 上，且 2 2DE  ，将三角形 ADE 沿线段 AE 折起到 PAE 的位置， 2 6PB  （如图 2）. （Ⅰ）求证：平面 PAE 平面 ABCE ； - 19 - （Ⅱ）在线段 PC 上存在点 F，满足 4PC PF ，求平面 PAE 与平面 ABF 所成的锐二面角 的余弦值. 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） 3 43 . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）证明：取 AE 中点O ，连结OB ，推导出 PO OB ，PO AE ，从而 PO  平面 ABCE ， 由此能证明平面 PAE 平面 ABCE ． （Ⅱ）取 AB 中点 M ，连结 OM ，推导出 PO ，OM ， AE 两两垂直，建立空间直角坐标系， 利用向量法能求出平面 PAE 与平面 ABF 所成的锐二面角的余弦值． 【详解】解：（Ⅰ）证明：取 AE 中点O ，连结OB ， OP 在直角梯形 ABCD 中， / /AB DC ， 90BAD   ， 4 2AB  ， 2 2AD  ， 3 2DC  ， 点 E 在 CD 上，且 2 2DE  ，将三角形 ADE 沿线段 AE 折起到 PAE 的位置， 2 6PB  ， 4OAB   ， 1 22AO AE  ， 在 OAB 中， 2AO  ， 4 2AB  ， 4OAB   ，  2 24 32 2 2 4 2 202OB        ， 在 Rt DAE 中， 1 22PO AE  ， 2 6PB  ， 2 2 2PB OB PO   ， PO OB  ， PA PE ， AO OE ， PO AE  ， OB AE O  ， PO  平面 ABCE ， 又 PO  面 DAE ，平面 PAE 平面 ABCE ． （Ⅱ）解：取 AB 中点 M ，连结OM ， - 20 -  1 2 22AM AB  ， 2AO  ， 4OAB   ， OM AE  ， PO  面 ABCE ， PO ，OM ， AE 两两垂直， 如图，建立空间直角坐标系， (0A ， 2 ， 0) ， (0E ，2， 0) ， (2M ，0， 0) ， 又 M 是 AB 中点， (4B ，2， 0) ， (0P ，0， 2) ， 1 (14EC AB   ，1， 0) ， (1C ，3， 0) ，又 1 1 3 1( , , )4 4 4 2PF PC    ， 1 3 3( , , )4 4 2F ， 设平面 ABF 的法向量 (n x ， y ， )z ， (4AB  ，4， 0) ， 1(4AF  ，11 4 ， 3)2 ， 则 · 4 4 0 11 3· 04 4 2 n AB x y x y zn AF           ，取 1y  ，得 ( 1n   ，1， 5)3  ， 平面 PAE 的法向量 (1m  ，0， 0) ， 设平面 PAE 与平面 ABF 所成的锐二面角为 ， 则 | | 3 3 43cos | | | | 4343 m n m n        ， 平面 PAE 与平面 ABF 所成的锐二面角的余弦值为 3 43 43 ． 【点睛】 本题考查考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面 间的位置关系等基础知识，考查了学生运用数学基础知识解决实际问题的能力，属于中档题． 20. 已知椭圆   2 2 1 2 2: 1 0y xC a ba b     ，  1 1,1P ，  2 0,2P ， 3 3 , 12P      ， 4 3 ,12P       四 点中恰有三点在椭圆 1C 上，抛物线  2 2 : 2 0C y px p  焦点到准线的距离为 1 2 . （1）求椭圆 1C 、抛物线 2C 的方程； - 21 - （2）过椭圆 1C 右顶点 Q 的直线l 与抛物线 2C 交于点 A、B，射线OA、OB 分别交椭圆 1C 于 点 M 、 N . （i）证明：OA OB  为定值； （ii）记 AOB 、 MON△ 的面积分别为 1S 、 2S ，求 1 2 S S 的最小值. 【答案】（1） 2 2 14 y x  ； 2y x ；（2）（i）证明见解析；（ii） 5 4 . 【解析】 【分析】 （1）先判断 2 3 4, ,P P P 在椭圆上，代入求得 ,a b ，得到椭圆 1C 的方程，再根据焦点到准线的距离 为 1 2 ，求出 p ，得到抛物线 2C 的方程； （2）（i）设 : 1l x my  ，与 2C 的方程联立化简，OA OB  用坐标表示，利用根与系数的关 系，即可证得 OA OB  为定值； （ii）设直线 1 1: ( 0)OA x m y m  ，与 1C 联立，可求出 M 的纵坐标，同理 1 1:OB x ym   ， 可求出 M 的纵坐标，再将 1 2 S S 表示出来并化简求最值. 【详解】（1） 1C 关于 x 轴对称， 3 4,P P 关于 x 轴对称， 3 4,P P 在 1C 上， 2 2 3 1 14b a    若 1P 在 1C 上，则 2 2 2 2 1 1 3 1 14b a b a     ， 1P 不在 1C 上， 2P 在 1C 上， 2a  1b  ， 2 2 1 : 14 yC x   ，又 1 2p  ， 2y x  , 即椭圆 2 2 1 : 14 yC x  ，抛物线 2 2 :C y x . （2）（i）设 : 1l x my  ，代入 2y x 中，得 2 1 0y my   1 2 1 2, 1y y m y y     ， 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 0OA OB x x y y y y y y        ， 即OA OB  为定值 0 . - 22 - （ii）设直线 1 1: ( 0)OA x m y m  ，将直线 OA代入 1C 中得： 2 2 1 2 1 2(4 1) 4 4 1My m y m      ， 同理直线 1 1 1: ( 0)OB x y mm    ，得 1 2 1 2 | | 4N my m   ， 则 1 2 1 | | | |2 1 | | | |2 OA OBS S OM ON    | | | | | | | | OA OB OM ON   1 2| | | | | | | |M N y y y y   1 2| | | |M N y y y y  2 2 1 1 1 4 1 4 4 | | m m m    2 1 2 1 1 44 174 m m    1 52 16 174 4    当且仅当 2 1 2 1 1m m  ，即 1 1m  时， 1 2 S S 的最小值为 5 4 . 【点睛】本题考查了求椭圆的方程和抛物线方程，直线与抛物线的位置关系，考查了设而不 解，联立方程组，根与系数的关系等基本技巧，结合考查了向量数量积的坐标运算，还考查 了分析能力，运算能力，属于中档题. 21. 已知函数    sin cosf x x x ax a R    . （Ⅰ）当 1a  时，求  f x 在 ,4 2      上的最值； （Ⅱ）若对一切  ,0x   ，不等式   1f x ≤ 恒成立，求实数 a 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）最大值 1，最小值1 2  ；（Ⅱ） 2( , ] . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）当 1a  时， 求得函数的导数 ( ) 2 sin( ) 14f x x      ，得到函数的单调性和最值， 即可求解； （Ⅱ）由不等式的恒成立转化为求解函数的的最值，结合导数对 a 分类讨论求，最后结合函数 的单调性和性质，即可求解. 【详解】（Ⅰ）由函数    sin cosf x x x ax a R    ，则 ( ) cos sinf x x x a    ， - 23 - 当 1a  时， 可得 ( ) 2 sin( ) 14f x x      令 ( ) 0f x  ，即 2sin( )4 2x    ，解得 04 x   ； 令 ( ) 0f x  ，即 2sin( )4 2x    ，解得 0 2x   ； 所以 ( )f x 在[ ,0)4  递增，在 (0, ]2x  递减，所以 max( ) (0) 1f x f  ， 又 ( ) , ( ) 14 4 2 2 4f f         ，所以 min( ) ( ) 12 2f x f     ， 所以  f x 在 ,4 2      上的最大值为 1，最小值为1 2  . （Ⅱ）由函数    sin cosf x x x ax a R    ，则 ( ) 1 1f a      ，解得 2a  ， 又由 ( ) 2 sin( )4f x x a     ， 因为 0x   ，则 5 4 4 4x       ，可得 21 sin( )4 2x     ， 所以 2 sin( ) [ 1, 2]4x     ， （i）当 1a   时， ( ) 2 sin( ) 04f x x a      ，所以 ( )f x 在[ ,0] 递增， 所以 ( ) (0) 1f x f  恒成立； （ii）当 21 a    时， 当 4x     时， ( )f x 单调递增；当 04 x   时， ( )f x 单调递减， 所以 ( ) 1 0f a      ， ( ) 2 04f a     ， (0) 1 0f a    ， 所以 ( , )4      ，使得 ( ) 0f   ， 所以当 x    时， ( ) 0f x  ；当 0x   是， ( ) 0f x  ， 所以 ( )f x 在[ , )  单调递减，在 ( ,0] 单调递增， 又因为 ( ) 1 1, (0) 1 1f a f        ， 所以 ( ) 1f x  ，所以 2a  ，即实数 a 的取值范围是 2( , ] . - 24 - 【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，恒成立问题的求解，以及三角函数的应用， 着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，通常要构造新函数，利用导数研究 函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把 问题转化为函数的最值问题． （二）选考题：共 10 分．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，作答时用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑．[选修 4-4：坐标系与参 数方程] 22. 已知曲线 2 1 2 2 4 1: 1 1 tx tC ty t       （t 为参数），以坐标原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极 坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为 2  ，正方形 ABCD 的顶点都在 2C 上，且 A、B、C、D 依 逆时针次序排列，点 A 的极坐标为 2, 4      . （Ⅰ）求曲线 1C 的普通方程及点 A、B、C、D 的直角坐标； （Ⅱ）设 P 为 1C 上任意一点，求 2 2 2 2PA PB PC PD   的取值范围. 【答案】（Ⅰ）   2 2 1 14    x y y ， 3 5 7(2, ), (2, ), (2, ), (2, )4 4 4 4    A B C D ；（Ⅱ）[20,32] . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）直接利用参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换求出结果． （Ⅱ）利用曲线上的点的范围，进一步求出关系式的范围． 【详解】解：（I） 2 2 2 1 x t t   ， 2 21 11y t        2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 (1 ) 1 14 (1 ) (1 ) x t ty yt t         3 5 7(2, ), (2, ), (2, ), (2, )4 4 4 4A B C D    ( 2, 2), ( 2, 2), ( 2, 2), ( 2, 2)A B C D     （II）设 (2cos ,sin )P   - 25 - 2 2 2 2| | | | | | | |PA PB PC PD   2 2 2 2(2cos 2) (sin 2) (2cos 2) (sin 2)           2 2 2 2(2cos 2) (sin 2) (2cos 2) (sin 2)           212cos 4 16   24(3cos 5) [20,32]   【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应 用，关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题． [选修 4-5：不等式选讲] 23. 已知函数    1 0f x ax a   . （Ⅰ）若不等式    1 1f x f x   对一切实数 x 恒成立，求实数 a 的取值集合 A； （Ⅱ）若 ,x y A ，求证： 1 1 1x y xyxy x y      【答案】（Ⅰ） [1, )A   ；（Ⅱ）证明见解析. 【解析】 【分析】 （Ⅰ）由题意可得1 (| 1| | 1|)minax ax a   „ ，由绝对值不等式的性质可得最小值，即可得到 所求集合 A ； （Ⅱ）运用作差比较法，结合因式分解和不等式的性质，即可得证． 【详解】（I） ( ) ( 1) | 1| | ( 1) | | 1 [ ( 1)]| | |f x f x ax ax a ax ax a a a              当且仅当 ( 1)[ ( 1)] 0ax ax a    时取 “ ” .  1, 1a A a a     （II） 1 1 1( )    x y xyxy x y 1 1 1( ) ( ) ( )x y xyx xy y       - 26 - ( 1)( +1 1(1 ) (1 )x x y x xx xy     ） 2( 1) [( 1) 1]     x x y xyxy ( 1) [ (1 ) ( 1)]     x xy y yxy ( 1)( 1)(1 )x y xy xy    由 ,x y A ，即 1, 1x y  所以 ( 1)( 1)(1 ) 0   x y xy xy 即 1 1 1x y xyxy x y      ，得证. 【点睛】本题考查不等式恒成立问题的解法，以及不等式的证明，考查绝对值不等式的性质 和作差比较法的运用，考查运算能力和推理能力，属于中档题． - 27 -