2019-2020学年江西省上饶市高二上学期期末数学（理）试题（解析版） 18页

2019-2020 学年江西省上饶市高二上学期期末数学（理）试题 一、单选题 1．若 0a < b < ，则下列不等式中成立的是（ ） A．|a|> b B． 1a b  C． a b   D． 1 1 a b  【答案】A 【解析】对于 A，用不等式的性质可以论证，对于 B，C，D，列举反例，可以判断． 【详解】 ∵a＜0，∴|a|＝﹣a，∵a＜b＜0，∴﹣a＞﹣b＞0，∴|a|＞﹣b，故结论 A 成立； 取 a＝﹣2，b＝﹣1，则 ∵ 2 1a b  ＞ ，∴B 不正确； 2 1a b   ， ，∴ a b ＞ ，∴C 不正确； 1 1 2a   ， 1 1b   ，∴ 1 1 a b ＞ ，∴D 不正确． 故选：A． 【点睛】 本题考查不等式的性质，解题的关键是利用不等式的性质，对于不正确结论，列举反例． 2．一班有学员 54 人，二班有学员 42 人，现在要用分层抽样的方法从两个班中抽出一 部分人参加 4×4 方队进行军训表演，则一班和二班分别被抽取的人数是( ) A．9 人、7 人 B．15 人、1 人 C．8 人、8 人 D．12 人、4 人 【答案】A 【解析】利用分层抽样的方法得，∴一班应抽出 5416 996   人，二班应抽出16 9 7  人， 则一班与二班分别被抽取的人数是 9，7，故选 A . 点睛：本题主要考查了分层抽样方法及其应用，分层抽样中各层抽取个数依据各层个体 数之比来分配，这是分层抽样的最主要的特点，首先各确定分层抽样的个数，分层后， 各层的抽取一定要考虑到个体数目，选取不同的抽样方法，但一定要注意按比例抽取， 牢记分层抽样的特点和方法是解答的关键，着重考查了学生的分析问题和解答问题的能 力． 3．用数学归纳法证明“ 1 1 11 2 3 2 1n n     （ 2n  ）”时，由 n k 的假设证 明 1n k  时，不等式左边需增加的项数为（ ） A． 12k B． 2 1k  C． 2k D． 2 1k  【答案】C 【解析】当 1,n k  时左侧为 1 1 11 .......2 2 1 2n n    故选 C. 4．已知变量 x y， 满足约束条件 4 3 0 { 0 1 x y x y x       ，目标函数 2z x y  ，则（ ） A． z 的最小值为 3， z 无最大值 B． z 的最小值为 1，最大值为 3 C． z 的最大值为 3， z 无最小值 D． z 的最小值为 1， z 无最大值 【答案】D 【解析】画出不等式组 4 3 0 { 0 1 x y x y x       表示的区域如图，结合图形可知当动直线 2y x z   的经过 (1, 1)P  时，动直线在 y 轴上的截距 z 最小，但无最大值，即 min 2 1 1z    ，应选答案 D． 点睛：本题旨在考查线性规划的有关知识的综合运用，以及化归转化的数学思想及数形 结合的思想和意识．求解本题时，充分借助题设中的条件，数形结合，综合运用所学知 识分析问题和解决问题，从而使得问题简捷、巧妙地获解． 【详解】 请在此输入详解！ 5．如果不等式 2 1 0mx mx m    对任意实数 x 都成立，则实数 m 的取值范围是 （ ） A． 0m  B． 4 03 m   C． 4 3m   D． 4 3m   或 0m  【答案】A 【解析】对 0m  和 0m  分别讨论,列出不等关系后求解即可 【详解】 由题,当 0m  时,不等式为1 0 ,满足题意； 当 0m  时,则需满足  2 0 4 1 0 m m m m       ,即 0m  综上, 0m  故选：A 【点睛】 本题考查不等式恒成立问题,考查运算能力,考查分类讨论思想 6．若二项式 2 2 n x x     展开式的二项式系数之和为 8，则该展开式的系数之和为（ ） A． 1 B．1 C．27 D． 27 【答案】A 【解析】依题意二项式系数和为 2 8, 3n n  .故二项式为 3 2 2x x     ，令 1x  ，可求得 系数和为 31 2 1   . 7．某程序框图如图所示，若输出的结果是 126，则判断框中可以是( ) A． 6?i  B． 7?i  C． 6?i  D． 5?i  【答案】A 【解析】试题分析：根据程序框图可知，该程序执行的是 2 3 62 2 2 2    ，所以判 断框中应该填 i>6?. 【考点】本小题主要考查程序框图的识别和应用，考查学生读图、识图的能力. 点评：要分清是当型循环还是直到型循环，要特别注意退出循环的条件的应用，避免多 执行或少执行一步. 8．用数字 0，1，2，3，4，5 组成没有重复数字的五位数，其中比 40000 大的偶数共（ ） A．144 个 B．120 个 C．96 个 D．72 个 【答案】B 【解析】首位数字可以为 4、5 中的一个，末位数字可以为 0、2、4 中的一个，分两种 情况，分别求出对应偶数的个数，进而可得出答案. 【详解】 由题意，首位数字可以为 4、5 中的一个，末位数字可以为 0、2、4 中的一个， ①首位数字为 4，末位数字为 0、2 中的一个，符合题意的偶数有 1 3 2 4 48C A  个； ②首位数字为 5，末位数字为 0、2、4 中的一个，符合题意的偶数有 1 3 3 4 72C A  个. 所以，比 40000 大的偶数共 48 72 120  个. 故选：B. 【点睛】 本题考查排列组合，考查推理能力与计算能力，属于基础题. 9．有红色、黄色小球各两个，蓝色小球一个，所有小球彼此不同，现将五球排成一行， 颜色相同者不相邻，不同的排法共有（ ）种 A．48 B．72 C．78 D．84 【答案】A 【解析】将五个小球全排列后，排除掉黄色和红色小球均相邻、红色小球相邻且黄色小 球不相邻、黄色小球相邻且红色小球不相邻的情况，进而得到结果. 【详解】 五个小球全排列共有： 5 5 120A  种排法 当两个红色小球与两个黄色小球都相邻时，共有： 2 2 3 2 2 3 24A A A  种排法 当两个红色小球相邻，两个黄色小球不相邻时，共有： 2 2 2 2 2 3 24A A A  种排法 当两个红色小球不相邻，两个黄色小球相邻时，共有： 2 2 2 2 2 3 24A A A  种排法 颜色相同的小球不相邻的排法共有：120 24 24 24 48    种排法 故选： A 【点睛】 本题考查有限制条件的排列组合问题，对于限制条件较多的情况，通常采用间接法来进 行求解；题目中涉及到的相邻和相离问题，分别对应捆绑法和插空法来进行求解. 10．如图所示,EFGH 是以 O 为圆心,半径为 1 的圆的内接正方形,将一颗豆子随机地扔 到该圆内,事件 A 表示“豆子落在正方形 EFGH 内”,事件 B 表示“豆子落在扇形 OHE(阴 影部分)内”,则 P(B|A)等于( ) A． 1 8 B． 1 4 C． 1 2 D． 3 8 【答案】B 【解析】由几何概型概率计算公式可得 P(A)= 2 π ，再根据条件概率的计算公式，即可求 解. 【详解】 由几何概型概率计算公式可得 P(A)= S 2 S π 正 圆 ；事件 AB 表示“豆子落在△EOH 内”, 则 P(AB)= 2 EOH 1 1S 12 .S π 2π  圆    由条件概率的计算公式可得 P(B|A)= 1 P(AB) 12π 2P(A) 4 π   ，故选 B. 【点睛】 本题主要考查了几何概型及其概率的计算，以及条件概率的计算问题，其中解答中正确 理解题意，合理利用几何概型及其概率的计算公式和条件概率的计算公式，合理、准确 求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题. 11．已知实数 ,x y 满足   2 22 5 4x y    ，则  222 1 xy x x y    的最大值为（ ） A． 2 4 B． 6 17 C． 12 25 D． 25 12 【答案】A 【解析】由原式  222 1 xy x x y    ，明显考查斜率的几何意义，故上下同除以 ( 1)x y  得 1 2 1 1 x y y x  ，再画图分析求得 1y x  的取值范围，再用基本不等式求解即可． 【详解】 所求式    2 22 2 ( 1) 2 1 2 1 xy x x y x y x y       ，上下同除以 ( 1)x y  得 1 2 1 1 x y y x  ，又 1y x  的几何意义为圆上任意一点  ,M x y 到定点  0,1N 的斜率， 由图可得，当过  0,1N 的直线与圆相切时取得临界条件．当过 M 坐标为 0,5 时相切 为一个临界条件，另一临界条件设 : 1 ( 0)MNl y k x   ，化成一般式得 1 0kx y   ， 因为圆与直线相切，故圆心 2,5 到直线 1 0kx y   的距离 2 2 5 1 2 1 kd k     ，所以 22 1k k   ， 2 24 4 1k k k    ，解得 3 4k  ，故 1 3 4 y +x       ， ．设 1yk x  ， 则 1 1 2 1 2 1 x y ky x k   ，又 3 4k +     ， ，故 2 22 2 2k kk k     ，当 2k  时 取等号．故 1 1 1 2 2 1 2 42 2 1 =x y ky x k    ，故选 A． 【点睛】 本题主要考查斜率的几何意义，基本不等式的用法等．注意求斜率时需要设点斜式，利 用圆心到直线的距离等于半径列式求得斜率，在用基本不等式时要注意取等号的条件． 12．某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形 ABCD （边 长为 2 个单位）的顶点 A 处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向 行走了几个单位，如果掷出的点数为  1,2, ,6i i   ，则棋子就按逆时针方向行走i 个 单位，一直循环下去.则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到起点 A 处的所有不同走法 共有（ ） A．21 种 B．22 种 C．25 种 D．27 种 【答案】D 【解析】正方形 ABCD 的周长为 8，抛掷三次骰子的点数之和为 8 或 16，分别求出两 种情况下三次骰子的点数情况，进而求出对应的排列方法即可. 【详解】 由题意，正方形 ABCD 的周长为 8，抛掷三次骰子的点数之和为 8 或 16， ①点数之和为 8 的情况有：1,1,6 ；1,2,5 ；1,3,4； 2,2,4 ； 2,3,3 ，排列方法共有 1 3 3 1 1 3 3 3 3 3 21C A A C C     种； ②点数之和为 16 的情况有： 4,6,6 ；5,5,6 ，排列方法共有 1 1 3 3 6C C  种. 所以，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到起点 A 处的所有不同走法共有 21 6 27  种. 故选：D. 【点睛】 本题考查排列组合问题，注意两种计数原理的应用，考查学生的推理能力与计算能力， 属于中档题. 二、填空题 13．已知随机变量 服从正态分布 (1,2)N ，则 (2 3)D    _____. 【答案】8 【解析】由已知求得 ( )D  ，再由 2(2 3) 2 ( )D D    得答案． 【详解】  随机变量 服从正态分布 (1,2)N ， ( ) 2D   ， 则 2(2 3) 2 ( ) 8D D     ． 故答案为 8 【点睛】 本题主要考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查方差的求法，是基础题． 14．不等式 3 1 15 x x   的解集是______. 【答案】 3 ,52     【解析】解不等式，求出 x 的范围即可. 【详解】 由题意， 3 1 4 61 05 5 x x x x      ，则   5 4 6 0 5 0 x x x      ，解得 3 52 x  . 所以不等式 3 1 15 x x   的解集是 3 ,52     . 故答案为： 3 ,52     . 【点睛】 本题考查分式不等式的解法，考查学生的计算求解能力，属于基础题. 15．将正整数对作如下分组，第1组为     1,2 , 2,1 ，第 2 组为     1,3 , 3,1 ，第 3 组 为         1,4 , 2,3 , 3,2 , 4,1 ，第 4 组为       1,5 , 2,4 4,2 5,1  则第 30 组第16 个数对为__________． 【答案】 (17,15) 【解析】根据归纳推理可知，每对数字中两个数字不相等，且第一组每一对数字和为 3 ， 第二组每一对数字和为 4 ，第三组每对数字和为 5,......，第 30 组每一对数字和为32 ， 第30 组第一对数为  1,31 ，第二对数为 2,30 ,.......，第15 对数为 15,17 ，第16 对 数为 17,15 ，故答案为 17,15 . 16．下列关于概率和统计的几种说法：①10 名工人某天生产同一种零件，生产的件数 分别是 15，17，14，10，15，17，17，16，14，12，设其平均数为 a ，中位数为b ， 众数为 c ，则 a ，b ，c 的大小关系为 c a b  ；②样本 4，2，1，0，-2 的标准差是 2； ③在面积为 S 的 ABC 内任选一点 P ，则随机事件“ PBC 的面积小于 3 S ”的概率为 5 9 ；④从写有 0，1，2，…，9 的十张卡片中，有放回地每次抽一张，连抽两次，则两 张卡片上的数字各不相同的概率是 9 10 .其中正确说法的序号有______. 【答案】②③④ 【解析】①求出平均数、中位数、众数，即可判断①是否正确；②求出标准差即可判断 ②是否正确；③结合几何概型，求出对应概率，即可判断③是否正确；④结合古典概型， 求出对应概率，即可判断④是否正确. 【详解】 对于①，平均数为 15 17 14 10 15 17 17 16 14 12 147 14.710 10a           ，中 位数 15b  ，众数为 =17c ，则 c b a  ，即①错误； 对于②，样本 4，2，1，0，-2 的平均数为 1，标准差为          2 2 2 2 21 4 1 2 1 1 1 0 1 2 1 25s               ，即②正确； 对于③，如下图， ,D E 分别为线段 ,AB AC 的三等分点，且 2AD BD ， 2AE EC ， 若点 P 在四边形 BCED 内部时，满足 PBC 的面积小于 3 S ， 22 5 3 9BCED ADES S S S S S        ，则随机事件“ PBC 的面积小于 3 S ”的概率为 5 59 9 S S  ，即③正确； 对于④，连抽两张卡片所有的情况有10 10 100  种，两张卡片上的数字各不相同的情 况有10 9 90  种，则两张卡片上的数字各不相同的概率是 90 9 100 10  ，即④正确. 故答案为：②③④. 【点睛】 本题考查命题真假的判断，考查统计、概率知识，考查学生的计算求解能力，属于基础 题. 三、解答题 17．（请写出式子再写计算结果）有 4 个不同的小球，4 个不同的盒子，现在要把球 全部放入盒内： （1）共有多少种方法？ （2）若每个盒子不空，共有多少种不同的方法？ （3）恰有一个盒子不放球，共有多少种放法？ 【答案】（1）256（2） 24 （3）144 【解析】（1）每个球都有 4 种方法，根据分步计数原理可得答案； （2）由题意每个盒子不空，故每个盒子各一个，可得答案； （3）由题意可从 4 个小球中选两个作为一个元素，同另外两个元素在三个位置全排列， 由分步计数原理可得答案. 【详解】 解：（1）每个球都有 4 种方法，故有 4×4×4×4＝256 种， （2）每个盒子不空，共有 4 4 24A  不同的方法， （3）四个不同的小球放入编号为 1，2，3，4 的四个盒子中，恰有一个空盒，说明 恰有一个盒子中有 2 个小球， 从 4 个小球中选两个作为一个元素，同另外两个元素在三个位置全排列，故共有 2 3 4 4 144C A  种不同的放法． 【点睛】 本题主要考查排列、组合及简单计数问题，相对简单，注意灵活运用排列、组合的性质 求解. 18．某大学毕业生参加一个公司的招聘考试，考试分笔试和面试两个环节，笔试有 A 、 B 两个题目，该学生答对 A 、 B 两题的概率分别为 1 2 、 1 3 ，两题全部答对方可进入面 试.面试要回答甲、乙两个问题，该学生答对这两个问题的概率均为 1 2 ，至少答对一个 问题即可被聘用，若只答对一问聘为职员，答对两问聘为助理（假设每个环节的每个题 目或问题回答正确与否是相互独立的）. （1）求该学生被公司聘用的概率； （2）设该学生应聘结束后答对的题目或问题的总个数为 ，求 的分布列和数学期望. 【答案】（1） 1 8 ；（2）分布列见解析，数学期望为 1 【解析】（1）设答对 A 、 B 、甲、乙各题分别为事件 A ， B ，C ， D ，可知所求事件 的概率为    1P A B P C D      ，求解即可； （2） 的取值为 0，1，2，3，4，分别求出对应的概率，然后列出分布列并求出数学 期望即可. 【详解】 设答对 A 、 B 、甲、乙各题分别为事件 A ， B ，C ， D ， 则   1 2P A  ，   1 3P B  ，     1 2P C P D  . （1）所求事件的概率为    1P A B P C D      1 1 1 1 112 3 2 2 8          . （2） 的取值为 0，1，2，3，4，     1 2 10 2 3 3P P A B       ，     1 1 1 2 11 2 3 2 3 2P P A B A B           ，       1 1 1 1 12 2 3 2 2 24P P A B P C D           ，      3P P A B P C D C D        2 1 2 1 1 1 1 2 3 2 12C        ，      4P P A B P C D      21 1 1 1 2 3 2 24        ， ∴ 的分布列为  0 1 2 3 4 P 1 3 1 2 1 24 1 12 1 24 ∴ 1 1 1 1 10 1 2 3 4 13 2 24 12 24E            . 【点睛】 本题考查相互独立事件同时发生的概率，考查分布列和数学期望的求法，考查学生的计 算求解能力，属于基础题. 19．司机在开机动车时使用手机是违法行为，会存在严重的安全隐患，危及自己和他人 的生命. 为了研究司机开车时使用手机的情况，交警部门调查了100名机动车司机，得 到以下统计：在55 名男性司机中，开车时使用手机的有 40 人，开车时不使用手机的有 15 人；在 45 名女性司机中，开车时使用手机的有 20 人，开车时不使用手机的有 25 人． （1）完成下面的 2 2 列联表，并判断是否有 99.5% 的把握认为开车时使用手机与司机 的性别有关； 开车时使用手机 开车时不使用手机 合计 男性司机人数 女性司机人数 合计 （2）以上述的样本数据来估计总体，现交警部门从道路上行驶的大量机动车中随机抽 检 3 辆，记这 3 辆车中司机为男性且开车时使用手机的车辆数为 X ，若每次抽检的结 果都相互独立，求 X 的分布列和数学期望 ( )E X ． 参考公式与数据： 参考数据：  2 0P k  0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 0k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 参考公式        2 2 n ad bc a b c d a c b d       ，其中 n a b c d    . 【答案】（1）列联表见解析，有；（2）分布列见解析，1.2 . 【解析】（1）根据已知数据即可得到列联表；计算出 2 8.249 7.879   ，对比临界值 表可得到结果；（2）由样本估计总体思想，可得到随机抽检1辆，司机为男性且开车使 用手机的概率为 2 5 ，可知 23 5X B     , ，由二项分布概率公式可计算得到每个取值所 对应的概率，从而得到分布列；由二项分布数学期望计算公式可得  E X . 【详解】 （1）由已知数据可得 2 2 列联表如下： 开车时使用手机 开车时不使用手机 合计 男性司机人数 40 15 55 女性司机人数 20 25 45 合计 60 40 100  2 2 100 40 25 15 20 8.249 7.87960 40 55 45         ＞ 有99.5% 的把握认为开车时使用手机与司机的性别有关 （2）随机抽检1辆，司机为男性且开车时使用手机的概率 40 2 100 5p   有题意可知： X 可取值是 0,1,2,3，且 23 5X B     ,   0 3 0 3 2 3 270 5 5 125P X C              ；   1 2 1 3 2 3 541 5 5 125P X C             ；   2 1 2 3 2 3 362 5 5 125P X C             ；   3 0 3 3 2 3 83 5 5 125P X C             则 X 的分布列为： X 0 1 2 3 P 27 125 54 125 36 125 8 125 数学期望   23 1.25E X    【点睛】 本题考查独立性检验的应用、二项分布的分布列及数学期望的求解等知识，对学生的计 算和求解能力有一定要求，属于常考题型. 20．某地随着经济的发展，居民收入逐年增长，下表是该地一建设银行连续五年的储蓄 存款（年底余额），如下表 1： 年份 x 2011 2012 2013 2014 2015 储蓄存款 y （千亿元） 5 6 7 8 10 为了研究计算的方便，工作人员将上表的数据进行了处理， 2010, 5t x z y    得到 下表 2： 时间代号 t 1 2 3 4 5 z 0 1 2 3 5 （Ⅰ）求 z 关于 t 的线性回归方程； （Ⅱ）用所求回归方程预测到 2020 年年底，该地储蓄存款额可达多少？ （附：对于线性回归方程 ˆˆ ˆy bx a  ，其中 1 2 2 1 ˆ ˆˆ, n i i i n i i x y nx y b a y bx x nx           ） 【答案】（Ⅰ） 1.2 1.4 z t （Ⅱ）预测到 2020 年年底，该地储蓄存款额可达 15．6 千亿元 【解析】试题分析：（Ⅰ）由表中的数据分别计算 x，y 的平均数，利用回归直线必过样 本中心点即可写出线性回归方程； （Ⅱ）t=x﹣2010，z=y﹣5，代入 z=1.2t﹣1.4 得到：y﹣5=1.2（x﹣2010）﹣1.4，即 y=1.2x ﹣2408.4，计算 x=2020 时，的值即可． 试题解析： （Ⅰ） 45 5 3 2.2 1.255 ˆ 5 9b      ， 2.2 3 1.2 1ˆ .4a z bt       （Ⅱ） 2010, 5t x z y    ，代入 得到：  5 1.2 2010 1.4y x    ，即 1.2 2408.4y x  1.2 2020 2408.4 15.6y     ，  预测到 2020 年年底，该地储蓄存款额可达 15．6 千亿元 点睛：求解回归方程问题的三个易误点：（1）易混淆相关关系与函数关系，两者的区别 是函数关系是一种确定的关系，而相关关系是一种非确定的关系，函数关系是一种因果 关系，而相关关系不一定是因果关系，也可能是伴随关系．（2）回归分析中易误认为样 本数据必在回归直线上，实质上回归直线必过( x ， y )点，可能所有的样本数据点都不 在直线上．（3）利用回归方程分析问题时，所得的数据易误认为准确值，而实质上是预 测值(期望值)． 21．上饶市在某次高三适应性考试中对数学成绩数据统计显示，全市 10000 名学生的成 绩近似服从正态分布  2120,5N ，现某校随机抽取了 50 名学生的数学成绩分析，结果 这 50 名学生的成绩全部介于 85 分到 145 分之间，现将结果按如下方式分为 6 组，第一 组 85,95 ，第二组 95,105 ，…，第六组 135,145 ，得到如图所示的频率分布直方 图： （1）试由样本频率分布直方图估计该校数学成绩的平均分数； （2）若从这 50 名学生中成绩在 125 分（含 125 分）以上的同学中任意抽取 3 人，该 3 人在全市前 13 名的人数记为 X ，求 2X  的概率. 附：若  2,X N   ，则   0.6826P X        ，  2 2 0.9544P X        ，  3 3 0.9974P X        . 【答案】（1）112；（2） 1 3 . 【解析】（1）由频率之和为 1，可求出 125,135 的频率，进而由频率分布直方图求出 平均数即可； （2）结合正态分布，可求得全市前 13 名的最低分数，从而可知这 50 名学生中成绩在 125 分（含 125 分）以上的人数，及在全市前 13 名的人数，进而求出 2X  的概率即 可. 【详解】 （1）由频率分布直方图可知 125,135 的频率为  1 0.010 10 0.024 10 0.030 10 0.016 10 0.008 10          0.12 ， ∴估计该校全体学生的数学平均成绩为： 90 0.1 100 0.24 110 0.3 120 0.16 130 0.12 140 0.08 112            ； （2）由于 13 0.001310000  ，根据正态分布：  120 3 5 120 3 5 0.9974P X       ， 故   1 0.9974135 0.00132P X    ，即 0.0013 10000 13  ． ∴前 13 名的成绩全部在 135 分以上． 根据频率分布直方图可知这 50 人中成绩在 135 以上（包括 135 分）的有50 0.08 4  人， 而在 125,145 的学生有  50 0.12 0.08 10   人． ∴ X 的取值为 0，1，2，3．   1 2 6 4 3 10 32 10 C CP X C    ，   3 4 3 10 13 30 CP X C    ．       3 1 12 = 2 + 3 + =10 30 3P X P X P X    . 【点睛】 本题考查频率分布直方图，考查平均数的求法，考查正态分布的应用，考查概率的计算， 考查学生的计算求解能力，属于基础题. 22．对在直角坐标系的第一象限内的任意两点 ,a b ， ,c d 作如下定义: a c b d  ,那么 称点 ,a b 是点 ,c d 的“上位点”，同时点 ,c d 是点 ,a b 的“下位点”. （1）试写出点  3,5 的一个“上位点”坐标和一个“下位点”坐标； （2）设 a 、b 、 c 、 d 均为正数，且点 ,a b 是点 ,c d 的上位点，请判断点  ,P a c b d  是否既是点  ,a b 的“下位点”又是点 ,c d 的“上位点”，如果是请证明， 如果不是请说明理由； （3）设正整数 n 满足以下条件：对任意实数  0 2019,m t t t Z    ，总存在 *k N ，使得点 ,n k 既是点 2019,m 的“下位点”，又是点 2020, 1m 的“上位点”， 求正整数 n 的最小值. 【答案】（1）“上位点” 3,4 ，“下位点” 3,7 ；（2）是，证明见解析；（3） 4039 . 【解析】（1）由已知中“上位点”和“下位点”的定义，可得出点 3,5 的一个“上位点”的 坐标为  3,4 ，一个“下位点”的坐标为 3,7 ； （2）由点 ,a b 是点 ,c d 的“上位点”得出 ad bc ，然后利用作差法得出 a c b d   与 a b 、 c d 的大小关系，结合“下位点”和“上位点”的定义可得出结论； （3）结合（2）中的结论，可得 2 1k m  ， 4039n  ，满足条件，再说明当 4038n  时， 2019 2020 2 1 1 n m m m    不成立，可得出 n 的最小值为 4039 . 【详解】 （1）对于平面直角坐标系的第一象限内的任意两点作如下定义： a c b d  ，那么称点  ,a b 是点 ,c d 的“上位点”，同时点 ,c d 是点 ,a b 的“下位点”. 点 3,5 的一个“上位点”的坐标为 3,4 ，一个“下位点”的坐标为 3,7 ； （2） 点 ,a b 是点 ,c d 的“上位点”， a c b d   ， ad bc  .         0b a c a b da c a bc ad b d b b b d b b d         Q ， 点  ,P a c b d  是点  ,a b 的“下位点”，         0d a c c b da c c ad bc b d d d b d d b d         Q ， 点  ,P a c b d  是点 ,c d 的“上位点”； （3）若正整数 n 满足条件：2019 2020 1 n m k m    在  0 2019,m t t t Z    时恒成立. 由（2）中的结论可知， 2 1k m  ， 2019 2020 4039n    时满足条件. 若 4038n  ，由于     2019 4038 2019 2019 02 1 2 1 2 1 n mn m m m m m m m         ， 则 2019 2020 2 1 1 n m m m    不成立. 因此， n 的最小值为 4039 . 【点睛】 本题考查的知识点是新定义“上位点”和“下位点”，同时也考查了利用作差法比较两数的 大小关系，解题的关键就是对题中新定义的理解，考查分析问题和解决问题的能力，属 于难题.