江西省2020届高三6月模拟考试数学（理）试题 Word版含解析 23页

- 1 - 2020 年江西省高考数学模拟试卷（理科）（6 月份） 一、选择题：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. 已知集合  2 4 0A x x x   ，   2log 2B x y x   ，则 A B  （ ） A.  0 2x x  B.  2x x  C.  0 4x x  D.  4x x  【答案】A 【解析】 【分析】 解一元二次不等式得集合 A ，求对数型复合函数的定义域得集合 B ，然后由交集定义得结论． 【详解】因为    2 4 0 0 4A x x x x x      ，    2 0} 2B x x x x     ， 所以  0 2A B x x    . 故选：A． 【点睛】本题考查集合的交集，考查运算求解能力.难点是求对数型复合函数的定义域． 2. 复数 1 2i 1 iz   ，则 z  （ ） A. 10 B. 5 C. 10 5 D. 10 2 【答案】D 【解析】 【分析】 根据复数除法的运算法则，结合共轭复数的定义和复数模的计算公式进行求解即可. 【详解】因为       21 2 11 2 1 2 2 1 3 1 1 1 2 2 i ii i i i iz i i i             ， 所以 1 3 2 2 iz    ，则 1 9 10 4 4 2z    . 故选：D 【点睛】本题考查了复数的除法运算法则，考查了复数的共轭复数的定义，考查了复数模的 计算公式，考查了数学运算能力. - 2 - 3. 已知 1a  ， 3b  ，且    72 2a b a b       ，则向量 a 与 b 的夹角为（ ） A. π 6 B. π 3 C. 2π 3 D. 5π 6 【答案】A 【解析】 【分析】 由数量积的运算律求出 a b  ，再根据的定义求出夹角的余弦，从而得夹角大小． 【详解】因为    72 2a b a b       ，所以 22 72 2a a b b       . 因为 1a  ， 3b  ，所以 3 2a b  ， 3 32cos , 21 3 a ba b a b        ，则向量 a 与 b 的夹角为 π 6 . 故选：A． 【点睛】本题考查平面向量数量积的定义与运算律，考查运算求解能力.由数量积的定义有 cos , a ba b a b     ． 4. 已知实数 x ， y 满足不等式组 4 0 2 0 2 5 0 x y x y x y            ，则 3 4z x y   的最小值为（ ） A. 0 B. 2 C. 6 D. 30 【答案】B 【解析】 【分析】 画出可行域，解出可行域的顶点坐标，代入目标函数求出相应的数值，比较大小得到目标函 数最值. 【 详 解 】 - 3 - 由 4 0 1 2 0 3 x y x x y y           (1,3),A 同理 (3,1),B (7,9),C 如图，直线 3 4z x y   平移到 B 点时， z 取最小值为3 3 1 4 2    故选：B 【点睛】本题考查线性规划的线性目标函数的最优解问题. 线性目标函数的最优解一般在平 面区域的顶点或边界处取得，所以对于一般的线性规划问题，若可行域是一个封闭的图形， 我们可以直接解出可行域的顶点，然后将坐标代入目标函数求出相应的数值，从而确定目标 函数的最值；若可行域不是封闭图形还是需要借助截距的几何意义来求最值. 5. 用一个平面去截正方体，截面的形状不可能是（ ） A. 正三角形 B. 正方形 C. 正五边形 D. 正六边形 【答案】C 【解析】 【分析】 不难作出截面是正三角形和正方形的例子，正六边形的例子是由相应棱的中点连接而成，利 用反证法，和平面平行的性质定理可以证明不可能是正五边形． 【详解】如图所示：截面的形状可能是正三角形（图 1），正方形（图 2），正六边形（图 3） - 4 - 图 1 图 2 图 3 假若截面是正五边形，则截面中的截线必然分别在 5 个面内，由于正方体有 6 个面，分成两 两平行的三对，故必然有一对平行面中有两条截线，而根据面面平行的性质定理，可知这两 条截线互相平行，但正五边形的边中是不可能有平行的边的，故截面的形状不可能是正五边 形． 故选：C． 【点睛】本题主要考查学生的直观想象能力和逻辑推理能力，掌握正方体以及平面图形的几 何特征，难点是借助于反证法，利用面面平行的性质定理判定 C 错误，属于基础题． 6. 在数列 na 中， 2 3a  ， 3 5a  ，且 2 12n n na a a   ，则 6a  （ ） A. 9 B. 11 C. 13 D. 15 【答案】B 【解析】 【分析】 由已知 2 12n n na a a   可得数列为等差数列，从而通过 2 3,a a 求出公差和首项后可得数列的 第 6 项． 【详解】因为 2 12n n na a a   ，所以 2 1 1n n n na a a a     ，所以数列 na 是等差数列. 因为 2 3a  ， 3 5a  ，即 1 1 3 2 5 a d a d      ，解得 1 1 2 a d    ，所以 6 1 5 11a a d   . 故选：B． 【点睛】本题考查等差数列，考查运算求解能力.解题方法是定义法和基本量法，属于基础题． 7. 已知  2na b 的展开式的第 4 项与第 8 项的二项式系数相等，则 2 1 nx  展开式中 3x 的系 数为（ ） - 5 - A. 80 B. 40 C. 40 D. 80 【答案】A 【解析】 【分析】 由两个二项式系数相等根据组合数的性质求出 n ，写出展开式的通项公式，得出 3x 所在项数， 从而可得其系数． 【详解】由题意 3 7 2 2n nC C ，所以3 7 2n  ，解得 5n  ， 则 52 1x  的展开式的通项为 5 5 5 1 5 5(2 ) ( 1) ( 1) 2r r r r r r r rT C x C x         ， 由5 3r  得 2r = ，所以 3x 的系数为  2 3 5 2 2 801 C   . 故选：A． 【点睛】本题考查二项式定理，考查运算求解能力与推理论证能力.掌握二项式展开式通项公 式是解题关键． 8. 已知函数  f x 是定义在 R 上的奇函数，且  f x 的图象关于直线 2x  对称，当 0 2x  时，   22x xf x   ，则  5f  （ ） A. 3 B. 3 C. 7 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】 由题意可得    2 2f x f x    ，再将  5f 化成  1f ，即可得到答案； 【详解】由题意可得    2 2f x f x    ， 所以            35 3 2 3 2 1 1 2 1 7f f f f f              . 故选：D. 【点睛】本题考查函数的性质，考查运算求解能力与推理论证能力. 9. 在四面体 ABCD 中， 2BD AC  ， 3AB BC CD DA    ， E ， F 分别为 AD ， BC 的中点，则异面直线 EF 与 AC 所成的角为（ ） A. π 6 B. π 4 C. π 3 D. π 2 - 6 - 【答案】B 【解析】 【分析】 把四面体 ABCD 补成一个长，宽，高分别为 2 ， 2 ，1 的长方体，取 AB 的中点G ，连接 GE ，GF ，运用条件可得 GEF△ 是等腰直角三角形，然后可得出答案. 【详解】如图，把四面体 ABCD 补成一个长，宽，高分别为 2 ， 2 ，1 的长方体， 取 AB 的中点G ，连接 GE ，GF . 因为G ， F 分别是 AB ， BC 的中点，所以 //GF AC ， 1 12GF AC  ， 同理 //GE BD， 1 12GE BD  . 因为 AC BD ，所以GE GF ， 所以 GEF△ 是等腰直角三角形，则 π 4EFG  ， 即异面直线 EF 与 AC 所成的角为 π 4 . 故选：B 【点睛】本题考查异面直线所成的角，考查空间想象能力与运算求解能力，属于基础题. 10. 已知函数   π4sin 3 6f x x     的定义域为 ,n m ，值域为 4,2 ，则 m n 的最大值是 （ ） A. π B. 2π 3 C. 4π 9 D. 2π 9 【答案】C 【解析】 【分析】 - 7 - 解不等式 π4 4sin 3 26x       ，找解集中的最大区间即可． 【详解】因为 π4 4sin 3 26x       ，所以 π 11 sin 3 6 2x       ， 则满足条件的 π3 6x  的最大范围是  7π π π2 π 3 2 π6 6 6k x k k     Z ， 解得  2 π π 2 π π 3 3 3 9 k kx k    Z ， 故 m n 的最大值是 π π 4π 9 3 9   . 故选：C． 【点睛】本题考查三角函数的性质，考查运算求解能力与推理论证能力.本题实质就是解三角 不等式． 11. 设双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b     的右焦点为 F ，点  0,Q b .已知点 P 在双曲线C 的左支上，且 P ，Q ，F 不共线，若 PQF△ 的周长的最小值是8a ，则双曲线C 的离心率是 （ ） A. 3 B. 3 C. 5 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】 由双曲线的定义可得 2PF PF a  ，结合图示，可得当 'P Q F、 、 共线时， PQF△ 的周 长最小，进而可得 a 与 c 的关系，代入公式，即可求出离心率。 【详解】如图，设 F为C 的左焦点，连接 PF，QF， 则 QF QF  ， 2PF PF a  ， - 8 - 所以 PQF△ 的周长 2l PQ PF QF PQ PF QF a       . 因为 2 2PQ PF QF c b     ，所以 PQF△ 的周长 2 22 2l c b a   . 因为 PQF△ 的周长的最小值是8a ，所以 2 22 2 8c b a a   ， 所以 2 25c a ，所以双曲线C 的离心率是 5c a  . 故选 D 【点睛】本题考查双曲线的定义，离心率的求法，关键在于根据已知条件得到 'P Q F、 、 共线 时， PQF△ 的周长最小，再根据条件化简求值即可，考查运算求解能力与推理论证能力，属 中档题。 12. 若对任意的 xR ，都存在  0 ln 2,2x  ，使不等式 0 2 0 02 6 4 0xe x x x x x m      成 立，则整数 m 的最小值为（ ）（提示： ln 2 0.693 ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】 设     02 0 04 2 6xf x x x x e x m      ，由题意可知   0f x  对 xR 恒成立，由 0  可 得出 02 0 02 4 0xx x e m     在  0 ln 2,2x  上有解，令   2 2 4xg x x x e m     ，可得  min 0g x  ，利用导数求得函数  y g x 在区间 ln 2,2 上的最小值，由此可求得整数 m 的 最小值. 【详解】设     02 0 04 2 6xf x x x x e x m      ，由题意可知   0f x  对 xR 恒成立， 则    02 0 04 2 4 6 0xx e x m       在  0 ln 2,2x  上有解， 即 02 0 02 4 0xx x e m     在  0 ln 2,2x  上有解. 设   2 2 4xg x x x e m     ，则   2 2xg x x e    ， 设    h x g x ，则   2   xh x e ，则函数  y h x 在区间 ln 2,2 上单调递减， 因为  ln 2,2x ，所以     ln2ln 2 2 0h x h e     ，则  y g x 在 ln 2,2 上单调递减. - 9 - 因为  ln 2 2ln 2 0g   ，   22 6 0g e    ，所以  1 ln 2,2x  ，  1 0g x  ， 则  y g x 在 1ln 2, x 上单调递增，在 1,2x 上单调递减. 因为    2ln 2 ln 2 2ln 2 2g m    ，   22 12g e m   ， 所以      222 ln 2 10 ln 2 2ln 2 0g g e      ， 则  ln 2 0g  ，即 2ln 2 2ln 2 2 0m    ，故  2ln 2 2ln 2 2m    ， 因为 mZ ，所以 m 的最小值是 4 . 故选：B. 【点睛】本题考查利用函数不等式恒成立与能成立求参数，考查利用导数求得函数的最值是 解答的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题. 二、填空题：把答案填在答题卡中的横线上. 13. 已知函数 2( ) log ( 1) 3f x x   ，若 ( 2) 5f a   ，则 a ______. 【答案】1 【解析】 【分析】 将 2a  代入函数 ( )f x 的解析式，解方程即可求出 a 的值. 【详解】由题意可得 2( ) ( )2 log 3 3 5f a a     ，解得 1a  . 【点睛】本题主要考查解对数方程，考查运算求解能力，属于基础题. 14. 辊子是客家传统农具，南方农民犁开田地后，仍有大的土块.农人便用六片叶齿组成辊轴， 两侧装上木板，人跨开两脚站立，既能掌握平衡，又能增加重量，让牛拉动辊轴前进，压碎 土块，以利于耕种.这六片叶齿又对应着菩萨六度，即布施､持戒､忍辱､精进､禅定与般若.若甲 从这六片叶齿中任取两片不同的叶齿，放回后，乙再从这六片叶齿中任取两片不同的叶齿， 则这两人选的叶齿对应的“度”没有相同的概率为______. 【答案】 2 5 【解析】 【分析】 用分步计数原理求出基本事件的总数，再求出事件“两人选的叶齿对应的“度”没有相同” 所含基本事件的个数，根据公式计算概率． - 10 - 【详解】由题意可知所求概率 2 2 6 4 2 2 6 6 6 2 15 5 C CP C C    . 故答案为： 2 5 ． 【点睛】本题考查数学文化与古典概型，考查运算求解能力.解题关键是求出基本事件的个数． 15. 已知抛物线  2: 2 0C x py p  的焦点为 F ，直线  : 0l y kx b k   与抛物线C 交于 A ， B 两点，且 6AF BF  ，线段 AB 的垂直平分线过点  0,4M ，则抛物线C 的方程 是______；若直线 l 过点 F ，则 k  ______. 【答案】 (1). 2 4x y (2). 2 2  【解析】 【分析】 根据焦半径公式可得 1 2 6y y p   ，再根据 MA MB 可得 1 2 8 2y y p   ，联立即可求 出 p ，得到抛物线C 的方程；再联立直线l 和抛物线 C 的方程，可解得 2 1 2 4 2y y k   ，再 根据 1 2 6 4y y p    ，即可解出 k ． 【详解】设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 由抛物线的焦半径公式可得， 1 2 pAF y  ， 2 2 pBF y  ， 则 1 2 6AF BF y y p     ，即 1 2 6y y p   . 因为点  0,4M 在线段 AB 的垂直平分线上，所以 MA MB ， 则    2 22 2 1 1 2 24 4x y x y     . 因为 2 1 12x py ， 2 2 22x py ，所以  1 2 1 2 2 8 0y y y y p     ， 因为 1 2y y ，所以 1 2 8 2y y p   ，则8 2 6p p   ，解得 2p  ， 故抛物线C 的方程是 2 4x y . 因为直线 l 过点 F ，所以直线 l 的方程是 1y kx  ， 联立 2 4 1 x y y kx      ，整理得 2 4 4 0x kx   ，则 1 2 4x x k  ， - 11 - 从而   2 1 2 1 2 2 4 2y y k x x k      ， 因为 1 2 6 4y y p    ，所以 24 2 4k   ，解得 2 2k   . 故答案为： 2 4x y ； 2 2  ． 【点睛】本题主要考查抛物线的简单几何性质的应用，直线与抛物线的位置关系的应用，意 在考查学生转化与化归的能力以及数学运算能力，属于基础题． 16. 在数列 na 中， 1 1a  ，且  1 3 1 n n na a    ，则数列 na 的前 2n 项和为______.(用含 n 的式子表示) 【答案】  3 9 1 8 n  【解析】 【分析】 对递推公式进行变形，可以证明数列  1 14 n na     是等比数列，然后利用等比数列的通项公 式求出数列 na 的通项公式，最后根据数列 na 的通项公式特点，结合等比数列的前 n 项和 公式进行求解即可. 【详解】因为  1 3 1 n n na a    ，所以    1 1 1 11 3 14 4 n n n na a          ， 所以数列  1 14 n na     是首项为 3 4 ，公比为 3 的等比数列， 所以  3 1 14 4 n n na    ， 则     2 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 3 1 3 11 1 34 4 4 4 n n n n n n na a             ， 故           1 2 3 4 2 1 2 3 1 9 3 9 1 1 9 8 n n n n nS a a a a a a           L . 故答案为：  3 9 1 8 n  - 12 - 【点睛】本题考查已知数列的递推公式求通项公式，考查了等比数列的定义、通项公式和前 n 项和公式，考查化归与转化的数学思想与数学运算能力. 三、解答题：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. （一）必考题 17. 在△ ABC 中，角 A ， B ，C 所对的边分别为 a ，b ， c .已知 4 4 cosc b a B  . （1）求 sin A ； （2）若 6c  ， AD 为 BAC 的角平分线， D 在 BC 上，且 10AD  ，求b . 【答案】（1） 15 4 .（2） 3 【解析】 【分析】 （1）通过正弦定理将边化为角，结合三角形内角和定理和以及两角和的正弦公式可得 cos A， 最后由恒等式可得结果； （2）设 2A  ，首先求出 sin ，然后根据 ABC ABD ACDS S S    列式即可求出b 的值. 【详解】（1）因为 4 4 cosc b a B  ，所以 4sin sin 4sin cosC B A B  ， 所以  4sin sin 4sin cosA B B A B   ，所以 4cos sin sinA B B . 因为sin 0B  ，所以 1cos 4A  ，故 15sin 4A  . （2）设 2A  ，则 π0, 2      . 因为 AD 为 BAC 的角平分线，所以 BAD CAD     ， 因为 2 1cos cos2 2cos 1 4A      ，所以 10cos 4   ，则 6sin 4   . 因为 ABC ABD ACDS S S    ， 所以  1 16 sin 6 10 sin 10 sin2 2b A b           ， 即 3 15 1 153 154 2 2b b        ，解得 3b  . 【点睛】本题主要考查了利用正弦定理实现边角互化，两角和的正弦公式，三角形的面积公 - 13 - 式的应用，属于中档题. 18. 已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的离心率为 3 2 ，且椭圆C 的右顶点到直线 2 0x y   的距离为 3. （1）求椭圆C 的方程； （2）过点  2,0P ，且斜率为 1 2 的直线l 与椭圆C 交于 A ， B 两点，求 OAB 的面积(O 为 坐标原点). 【答案】（1） 2 2 18 2 x y  .（2） 3 【解析】 【分析】 （1）由右顶点到直线的距离得 a ，再由离心率得 c ，从而可得b 值，得出椭圆方程； （2）写出直线方程，直线方程与椭圆方程联立方程组消元得一元二次方程，设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，得 1 2 1 2,y y y y ，而 OAB 的面积可表示为 1 2 1 2 OP y y ，由此可得所求面积． 【详解】（1）因为椭圆C 的右顶点到直线 2 0x y   的距离为 3， 所以 2 3 2 a   ，解得 2 2a  . 因为椭圆C 的离心率为 3 2 ，所以 3 2 c a  ， 所以 6c  ，所以 2 2 2b a c   . 故椭圆C 的方程为 2 2 18 2 x y  . （2）由题意可知直线 l 的方程为 2 2x y  ， 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 联立 2 2 2 2 18 2 x y x y     ，整理得 22 2 1 0yy    ， - 14 - 则 1 2 1y y   ， 1 2 1 2y y   ， 从而    2 2 1 2 1 2 1 2 14 1 4 32y y y y y y              . 故 OAB 的面积 1 2 1 2 1 1 1 1 2 3 32 2 2 2S OP y OP y OP y y          . 【点睛】本题考查求椭圆方程，考查直线与椭圆相交中的三角形面积问题．求三角形面积时 不直接求出交点坐标，而是设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，由直线方程与椭圆方程联立，消元后应 用韦达定理得 1 2 1 2,y y y y ，面积表示为 1 2 1 2 OP y y   ，这样代入计算，可避免求交点坐 标。 19. 在三棱锥 P ABC 中， PA  平面 ABC ， E 为 AC 的中点，且 2AC BE . （1）证明： BC ⊥平面 PAB ； （2）若 PA AB BE  ，求二面角  A PB E 的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 7 7 . 【解析】 【分析】 （1）证明出 BC AB ，由 PA  平面 ABC 得出 BC PA ，再由线面垂直的判定定理可证 得 BC ⊥平面 PAB ； （2）由（1）可知 AB 、BC 、PA 两两垂直，以 B 为原点，BC  、BA  的方向分别为 x ， y 轴 的正方向，过点 P 作平行于 PA 的直线为 z 轴建立空间直角坐标系 B xyz ，利用空间向量法 - 15 - 可求得二面角  A PB E 的余弦值. 【详解】（1）因为 E 为 AC 的中点，且 2AC BE ，所以 AE BE CE  ， 所以 BAE ABE   ， BCE CBE   ， 所以 BAE BCE ABE CBE ABC         . 因为 180BAE BCE ABC       ，所以 90ABC   ，即 AB BC . 因为 PA  平面 ABC ，且 BC 平面 ABC ，所以 PA BC . 因为 PA  平面 PAB ， AB Ì平面 PAB ，且 PA AB A ， 所以 BC ⊥平面 PAB . （2）由（1）可知 AB 、BC 、PA 两两垂直，则可以以 B 为原点，BC  、BA  的方向分别为 x 、 y 轴的正方向，过点 B 作平行于 PA 的直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 B xyz . 设 2PA  ，则  0,0,0B 、  3,1,0E 、  0,2,2P ，故  3,1,0BE  ，  0,2,2BP  . 设平面 PBE 的法向量  , ,n x y z ，则 3 0 2 2 0 n BE x y n BP y z            ， 不妨设 1x  ，则  1, 3, 3n   . 因为 BC ⊥平面 PAB ，所以平面 PAB 的一个法向量为  1,0,0m  ， 所以 1 7cos , 77 m nm n m n           . 设二面角  A PB E 为 ，由图可知 为锐角，则 7cos 7   . 【点睛】本题考查线面垂直的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角的余弦值，考 - 16 - 查推理能力与计算能力，属于中等题. 20. 某公司为了丰富员工的业余文化生活，召开了一次趣味运动会.甲､乙两人参加“射击气 球”这项比赛活动，他们依次轮流射击气球一次，每人射击 n 次(射击次数由参与比赛的两人 决定)，其中射击气球只有两种结果：“中”与“不中”.比赛规则如下：甲先射击，若结果 是“中”，则本次射击得 2 分，否则得 1 分；再由乙第一次射击，若结果为“中”，其得分 在甲第一次得分的基础上加 1 分，否则得 1 分；再由甲第二次射击，若结果为“中”，其得 分在乙第一次得分的基础上加 1 分，否则得 1 分；再由乙第二次射击，若结果为“中”，其 得分在甲第二次得分的基础上加 1 分，否则得 1 分；再由甲第三次射击，按此规则，直到比 赛结束.已知甲､乙每次击中气球的概率均为 2 3 .记 iX ，  1,2,3, ,iY i n L 分别表示甲，乙第i 次射击的得分. （1）若 3n  ，记乙的累计得分为Y ，求 3Y  的概率. （2）①求数学期望  1E X ，  1E Y ，  2E X ； ②记  1 1a E X ，  2 1a E Y ，  3 2a E X ，….证明：数列 3na  为等比数列. 【答案】（1） 26 27 .（2）①  1 5 3E X  ，  1 19 9E Y  ，  2 65 27E X  .②证明见解析 【解析】 【分析】 （1）根据乙每次射击得分为 1 分的概率得出  3P Y  的值，再由对立事件的性质，即可得出 3Y  的概率； （2）①分别得出 1X ， 1Y ， 2X 的可能取值，求出相应的概率，列出分布列，即可得出数学期 望  1E X ，  1E Y ，  2E X ； ②先由题意得出  1 2 11 13 3n na a     ，结合等比数列的定义，即可证明数列 3na  为等 比数列. 【详解】（1）由题意可知 3Y  ，且乙每次射击得分为 1 分的概率均为 1 3 则   31 13 3 27P Y       故     1 263 1 3 1 27 27P Y P Y       - 17 - （2）①由题意可得 1X 的可能取值为 1，2.  1 11 3P X   ，  1 22 3P X   . 则甲第一次得分 1X 的分布列为 1X 1 2 P 1 3 2 3 故  1 1 2 51 23 3 3E X      . 由题意可得 1Y 的可能取值为 1，2，3.   11 3P Y   ；   1 2 22 3 3 9P Y     ；   2 2 43 3 3 9P Y     . 则乙第一次得分 1Y 的分布列为 1Y 1 2 3 P 1 3 2 9 4 9 故  1 1 2 4 191 2 33 9 9 9E Y        . 由题意可得 2X 的可能取值为 1，2，3，4.  2 11 3P X   ；  2 1 2 22 3 3 9P X     ；  2 2 2 43 9 3 27P X     ；  2 4 2 84 9 3 27P X     . 则甲第二次得分 2X 的分布列为 2X 1 2 3 4 - 18 - P 1 3 2 9 4 27 8 27 故  2 1 2 4 8 651 2 3 43 9 27 27 27E X          . ②由题意可知  1 2 1 21 1 13 3 3n n na a a       . 则  1 23 33n na a    ，即 1 3 2 3 3 n n a a    . 因为  1 1 43 3 3a E X     所以数列 3na  是首项为 4 3  ，公比为 2 3 的等比数列. 【点睛】本题主要考查了求离散型随机变量的数学期望以及证明数列为的等比数列，属于中 档题. 21. 已知函数    lnf x x x a a R    . （1）讨论  f x 的零点个数； （2）若    ln 1x ag x e x x a x    ，  1, 1a e  ，求  g x 的极小值  h a 的值域. 【答案】（1）答案见解析.（2） 22 ,1e e  【解析】 【分析】 （1）对函数  f x 进行求导，根据导函数的正负性判断出函数  f x 的单调性，然后利用函 数  f x 的单调性，结合函数的最值、零点存在原理，分类讨论进行求解即可； （2）对  g x 进行求导，根据（1）中的结论，结合函数极值定义，求出  g x 的极小值  h a 的表达式，然后利用二次函数的性质进行求解即可. 【详解】（1）因为   lnf x x x a   ，所以   1 11 xf x x x     ， 则当  0,1x 时，   0f x  ；当  1,x  时，   0f x  . 故  f x 在 0,1 上单调递减，在  1, 上单调递增， - 19 - 所以    min 1 1f x f a   . ①当 1a  时，  f x 无零点； ②当 1a  时，  f x 有一个零点； ③当 1a  时，因为   2 0a af e e a   ， 1 1 0a af e e       ，  1 1 0f a   ，所以  f x 有两个零点. （2）因为    ln 1x ag x e x x a x    ， 所以   ln lnx a x ag x e x a e x x x a          . 由（1）可知当  1, 1a e  时，  f x 有两个零点 1x ， 2x (不妨设 1 21x x< < )，    1 1 1 2 2 2ln 0, ln 0f x x x a f x x x a        ,   1 1ln 1 1 1 0x a xF x e x e x     ，同理 2( ) 0F x  ， 所以 1x ， 2x 也是   x aF x e x  的两个零点， 且在定义域内  f x 与  F x 的符号完全相同， 所以  g x 在 10, x ， 2 ,x  上单调递增，在 1 2,x x 上单调递减， 所以  g x 的极小值为      2 2 2 2 2ln 1x ah a g x e x x a x     . 因为 2x 满足 2 2 2ln , 1a x x x   ， 设 1( ) ln , 1, ( ) 1 0x x x x x x         在 (1, ) 恒成立， ( ) lnx x x   在 (1, ) 单调递增，又  1, 1a e  ，所以  2 1,x e ， 则       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2ln 1 ln 2 ( 1) 1h a g x x x x x x x x x x            . 所以     2 2 2 ,1h a g x e e   . 【点睛】本题考查了利用导数讨论函数的零点问题，考查了函数极值的取值范围问题，考查 了分类讨论思想和数学运算能力. （二）选考题[选修 4-4，坐标系与参数方程] - 20 - 22. 在直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的参数方程为 2 1 3 x t y t      (t 为参数)，曲线 2C 的参数方程 为 2 1 2 x m y m      ( m 为参数). （1）求曲线 1C ， 2C 的普通方程； （2）已知点  2,1M ，若曲线 1C ， 2C 交于 A ， B 两点，求 MA MB 的值. 【答案】（1） 1C ： 3 5y x  ， 2C ： 2 4 4y x  .（2） 2 10 9 【解析】 【分析】 （1）消去参数t 可得曲线 1C 普通方程；将 y 平方消去 2m 可得曲线 2C 的普通方程； （2）将直线 1C 改写成过  2,1M 的标准直线参数方程，再联立曲线 2C 的普通方程化简可得 关于t 的一元二次方程，根据t 的几何意义，结合韦达定理，即可求出 MA MB 的值。 【详解】（1）由曲线 1C 的参数方程为 2 1 3 x t y t      (t 为参数)，消去t 得 3 5y x  . 由曲线 2C 的参数方程为 2 1 2 x m y m      ( m 为参数)，消去 m 得 2 4 4y x  . （2）曲线 1C 的标准参数方程为 102 10 3 101 10 x t y t       (t 为参数). 代入 2 4 4y x  ，整理得 29 10 11 010 5t t   ， 所以 1 2 2 10 9t t   ， 1 2 110 9t t   ， 因为 1 2 0t t  ， 1 2 0t t  ，所以 1 2 2 10 9MA MB t t    . 【点睛】本题主要考查参数方程与直角坐标方程的互化，同时也考查了直线参数方程的几何 意义，易错点在于要先将直线参数方程化为标准形式，再代入求解，属中档题。 - 21 - [选修 4-5：不等式选讲] 23. 已知函数   2 2 1f x x x    . （1）求不等式   6f x  的解集； （2）若函数  f x 的最小值为 m ，且实数 a ，b 满足 2 2 2a b m  ，求3 4a b 的最大值. 【答案】（1） 1,3 .（2）5 3 【解析】 【分析】 （1）首先将  f x 写成分段函数的形式，然后解出即可； （2）首先求出  min 1 3 2 2f x f      ，然后利用柯西不等式求解即可. 【详解】（1）   13 3, 2 12 2 1 1, 22 3 3, 2 x x f x x x x x x x                ，   6f x  等价于 1 2 3 3 6 x x      或 1 22 1 6 x x       或 2 3 3 6 x x     ， 解得 11 2x   或 1 22 x  或 2 3x  . 故不等式   6f x  的解集为 1,3 . （2）由（1）知  f x 在 1, 2     上单调递减，在 1 ,2     上单调递增， 所以  min 1 3 2 2f x f      ， 则 2 2 3a b  ，故   2 2 2 23 4 3 4 5 3a b a b     (当且仅当 3 3 5a  ， 4 3 5b  时取等号)， - 22 - 即3 4a b 的最大值为5 3 . 【点睛】本题考查的是含绝对值不等式的解法和利用柯西不等式求最值，考查了分类讨论的 思想，属于基础题. - 23 -