山西省2020届高三模拟考试数学（理）试题 Word版含解析 26页

- 1 - 2020 年普通高等学校招生统一模拟考试 数学理科 一、选择题 1.已知全集U  R ，函数  ln 2y x  的定义域为 M ，集合  2 2 0N x x x   ，则下列 结论正确的是（ ） A. M N N B.   UM N   ð C. M N U D. UM N ð 【答案】B 【解析】 【分析】 根据函数定义域的求法，可得 M ，根据一元二次不等式的解法，可得 N ，然后根据交、并、 补计算，可得结果 【详解】令 2 0 2x x    ，所以  2,M   由 2 2 0 0x x x    或 2x  ，所以    ,0 2,N      0,2U N ð ，所以   UM N   ð ， M N M N  ， M N N U  ， UM N ð ． 故选：B 【点睛】本题考查函数定义域以及一元二次不等式解法，以及交、并、补运算，重点在于掌 握交、并、补的概念以及不等式的解法，属基础题. 2.已知复数  ,z a bi a b R   ， 1 z i 是实数，那么复数 z 的实部与虚部满足关系式（ ） A. 0a b  B. 0a b  C. 2 0a b  D. 2 0a b  【答案】A 【解析】 【分析】 先利用复数的除法运算化简 1 z i ，若为实数，则虚部为零，即得解. 【详解】    ( )(1 ) 1 1 2 2 a b a b iz a bi a bi i i i         ， - 2 - 1 z i 是实数，所以 0a b  ， 故选：A. 【点睛】该题考查的是有关复数的问题，涉及到的知识点有复数的四则运算和基本概念，考 查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题目. 3.若 1cos 4 4       ，则sin 2 的值为（ ） A. 7 8  B. 7 8 C. 1 8  D. 1 8 【答案】A 【解析】 【分析】 根 据 1cos 4 4       ， 将 sin 2 ， 利 用 诱 导 公 式 和 二 倍 角 的 余 弦 公 式 转 化 为 2sin 2 2cos 14        求解. 【详解】因为 1cos 4 4       ， 所以 2 7sin 2 cos 2 2cos 14 4 8                       ． 故选：A 【点睛】本题主要考查诱导公式和二倍角公式的应用，还考查了转化求解问题的能力，属于 基础题. 4.已知双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b     的右焦点为 ,F O 为坐标原点，以OF 为直径的圆 与双 曲线 C 的一条渐近线交于点O 及点 3 3,2 2A       ，则双曲线C 的方程为（ ） A. 2 2 13 yx   B. 2 2 12 6 x y  C. 2 2 13 x y  D. 2 2 16 2 x y  - 3 - 【答案】C 【解析】 【分析】 根据双曲线方程求出渐近线方程： by xa  ，再将点 3 3,2 2A       代入可得 3 3b a ，连接 FA ， 根据圆的性质可得 2 3 3 33 c   ，从而可求出 c ，再由 2 2 2c a b  即可求解. 【详解】由双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b     ， 则渐近线方程： by xa   ， 3 3b a  ， 连接 FA ，则 2 3 3 33 FA c b AO a    ，解得 2c  ， 所以 2 2 2 4c a b   ，解得 2 23, 1a b  . 故双曲线方程为 2 2 13 x y  . 故选：C 【点睛】本题考查了双曲线的几何性质，需掌握双曲线的渐近线求法，属于中档题. 5.已知函数   x xg x e e  ，    f x xg x ，若 7 2a f      ， 3 2b f      ，  4c f ，则 , ,a b c 的大小关系为（ ） - 4 - A. a b c  B. c b a  C. b a c  D. b c a  【答案】C 【解析】 【分析】 先根据函数 ( )g x 的奇偶性，判断函数 ( )f x 为偶函数，再根据偶函数的性质及单调性，即可得 答案； 【详解】依题意，有    g x g x   ，则   x xg x e e  为奇函数，且在 R 上单调递增， 所以  f x 为偶函数． 当 0x  时，有    0g x g ， 任取 1 2 0x x  ，则    1 2 0g x g x  ，由不等式的性质可得    1 1 2 2 0x g x x g x  ， 即    1 2 0f x f x  ，所以，函数  f x 在 0, 上递增， 因此，  3 7 7 42 2 2f f f f                   ．  b a c  , 故选：C. 【点睛】本题考查偶函数的性质及利用函数的单调性比较大小，考查逻辑推理能力、运算求 解能力. 6.已知某算法的程序框图如图所示，则该算法的功能是（ ） - 5 - A. 求首项为1，公比为 2 的等比数列的前 2018 项的和 B. 求首项为1，公比为 2 的等比数列的前 2019 项的和 C. 求首项为1，公比为 4 的等比数列的前1009 项的和 D. 求首项为1，公比为 4 的等比数列的前1010项的和 【答案】D 【解析】 【分析】 先由程序的循环变量 n 得到循环执行的次数，再由 S 中第一次累加的是 1 12 1  ，第二次累加 的是 3 12 4  ，依此循环得到结论. 【详解】由已知中的程序框图可知：该程序的循环变量 n 的初值为1，终值为 2021，步长为 2 ， 故循环共执行了1010次． 由 S 中第一次累加的是 1 12 1  ，第二次累加的是 3 12 4  ，一直下去， 故该算法的功能是求首项为1，公比为 4 的等比数列的前1010项的和． 故选：D 【点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构，还考查了逻辑辨析的能力，属于基础题. 7.《周易》是我国古代典籍，用“卦”描述了天地世间万象变化．如图是一个八卦图，包含 乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八卦（每一卦由三个爻组成，其中“ ”表示一个阳爻， “ ”表示一个阴爻）．若从八卦中任取两卦，这两卦的六个爻中恰有一个阳爻的概率为 （ ） A. 3 56 B. 3 28 C. 3 14 D. 1 4 【答案】B - 6 - 【解析】 【分析】 这是一个古典概型，先算出从八卦中任取两卦的基本事件数，再根据图知仅有一个阳爻的有 坎、艮、震三卦，没有阳爻的是坤卦，得到两卦的六个爻中恰有一个阳爻的基本事件数，代 入公式求解. 【详解】从八卦中任取两卦的基本事件有 2 8 28C  卦， 由图可知，仅有一个阳爻的有坎、艮、震三卦，没有阳爻的是坤卦， 所以两卦的六个爻中恰有一个阳爻的基本事件有3 1 3  卦， 所以两卦的六个爻中恰有一个阳爻的概率 2 8 3 3 28P C   ． 故选：B 【点睛】本题主要考查古典概型的概率求法，还考查了理解辨析的能力，属于基础题. 8.将函数     sin 3 0f x x       的图象向右平移 8  个单位长度后，得到函数的图象关 于直线 3x  对称，则函数  f x 在 ,8 8      上的值域是（ ） A. 3 ,12      B. 3,2   C. 2 ,12      D. 2,2   【答案】C 【解析】 【分析】 根据三角函数图象平移关系，结合三角函数的对称性，求出 的值，利用整体代换即可求出 函数的值域. 【详解】    sin 3f x x    0    ，向右平移 8  个单位长度后， 得到函数的解析式为   3sin 3 8f x x        ， 函数的图象关于直线 3x  对称， 33 3 8 2k        ， k Z ， - 7 - 得 8k    ， k Z ，又 0    ，所以 7 8 π  ，   7sin 3 8f x x      ，当 ,8 8x       时 7 53 ,8 2 4x         ， 7 2sin 3 ,18 2 πx           ． 故选：C. 【点睛】本题考查了函数图象变换规律以及正弦函数的性质，考查数形结合思想的应用，属 于中档题. 9.如图，平面四边形 ADBC 中， AB BC ， 3AB  ， 2 3BC  ， ABD△ 为等边三角 形，现将 ABD△ 沿 AB 翻折，使点 D 移动至点 P ，且 PB BC ，则三棱锥 P ABC 的外接 球的表面积为（ ） A. 16 B. 8 C. 4 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】 将三棱锥 P ABC 补形为如图所示的三棱柱，则它们的外接球相同，由此易知外接球球心O 应在棱柱上下底面三角形的外心连线上，在 Rt OBE 中，计算半径 OB 即可. 【详解】由 AB BC ， PB BC ，可知 BC ⊥平面 PAB ． 将三棱锥 P ABC 补形为如图所示的三棱柱，则它们的外接球相同， 由此易知外接球球心O 应在棱柱上下底面三角形的外心连线上， - 8 - 记 ABP△ 的外心为 E ，由 ABD△ 为等边三角形，可得 1BE  ． 又 32 BCOE   ，故在 Rt OBE 中， 2OB  此即为外接球半径， 从而外接球表面积为16 ． 故选：A 【点睛】本题考查了三棱锥外接球的表面积，考查了学生空间想象，逻辑推理，综合分析， 数学运算的能力，属中档题. 10.已知抛物线  2: 2 0C y px p  的焦点为 F ，准线 l ，M 是l 上一点，N 是线段 MF 与C 的交点，若 2MN NF  ，O 为坐标原点，且 OFN△ 的面积 S 为 3 4 ，则 p 的值为（ ） A. 2 B. 2 2 C. 3 D. 2 3 【答案】C 【解析】 【分析】 画图设点  ,N x y ，根据三角形的相似关系以及三角形面积公式可得 N 的横纵坐标关于 p 的 表达式，再联立求解即可. 【详解】假设点 M 在准线的上半部分，准线与 x 轴交点为 P ，过点 N 作 x 轴的垂线，垂足为 Q ，设点  ,N x y ． 易得， ~MPF NQF△ △ ，又 2MN NF  ，所以 1 1 3 3QF PF p  ，则 1 6x p ①； 又 1 1 3 2 2 2 4OFN pS OF NQ y    △ ，得 3y p  ， - 9 - 代入抛物线方程  2 2 0y px p  ，得 3 3 2x p  ②，联立①②得， 3p  ． 故选：C 【点睛】本题主要考查了根据直线与抛物线的位置关系，结合平面向量与相似比例的性质求 解参数的问题，需要根据题意设点，将横纵坐标用参数表达，进而列式求解.属于中档题. 11.设 a ，b ，c 为锐角 ABC 内角 A ， B ，C 的对边，且满足 cos cos 2 3sin 3 A B C a b a   ， 若 2b  ，则 ABC 的面积的最大值为（ ） A. 3 B. 2 3 C. 2 3 3 D. 1 2 【答案】A 【解析】 【分析】 由正弦定理和题设条件，化简得3sin 2 3sin sinC B C ，进而得到 3sin 2B  ， 1cos 2B  ， 再由余弦定理和基本不等式，求得 4ac  ，利用三角形的的面积公式，即可求解. 【详解】因为 cos cos 2 3sin 3 A B C a b a   ，可得3 cos 3 cos 2 3 sinb A a B b C  ， 由正弦定理，可得 3sin cos 3sin cos 2 3sin sinB A A B B C  ， 又由3sin cos 3sin cos 3sin( ) 3sinB A A B A B C    ，即3sin 2 3sin sinC B C ， - 10 - 又由 (0, )2C  ，则sin 0C  ，所以 3sin 2B  ， 又由 (0, )2B  ，所以 1cos 2B  ， 由余弦定理可得 2 2 2 2 22 cos 4b a c ac B a c ac       ， 又由 2 24 2a c ac ac ac ac      ，当且 a c 时等号成立， 所以 4ac  ，所以 ABC 的面积的最大值为 1 1 3sin 4 32 2 2S ac B     . 故选：A. 【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式，以及基本不等式的应用， 其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理 和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题． 12.新型冠状病毒属于  属的冠状病毒，有包膜，颗粒常为多形性，其中包含着结构为数学模 型的 cosy B  ， y k b  ，人体肺部结构中包含 siny A  ， lny  ，新型冠状 病毒肺炎是由它们复合而成的，表现为  f  ，若    sin 1 lnaf     在区间 0,1 上 为增函数，则 a 的取值范围为（ ） A.  ,0 B.  ,1 C.  0, D.  1, 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意得，     1cos 1 0f a           在 0,1 上恒成立，利用参变分离法分离出函数  ( ) cos 1g     即可求解. 【详解】∵    sin 1 lnaf     在区间  0,1 上是增函数， ∴     1cos 1 0f a           在 0,1 上恒成立，∵  1 0,1 0, 2         ∴  cos 1 0  ，∴   1 cos 1a    ，      cos 1 cos 1 sin 1 0            - 11 -  cos 1  在 0,1 单调递增，    cos 1 0,1   ，∴    1 1,cos 1    ，∴ 1a  ． 故选：B 【点睛】本题考查已知函数单调性求参数范围问题，属于中档题. 二、填空题 13.二项式 62( )x x  的展开式中，常数项为__________． 【答案】 160 【解析】 【分析】 根据二项展开式的通项公式，即可得到答案； 【详解】 6 6 2 1 6 6 2) 2) , 0,1, ,6( (r r r rr r rT C x C x rx         ， 当 6 2 0 3r r    时， 4 6 33 02( 6) 1T C    ， 常数项为 160 ， 故答案为： 160 . 【点睛】本题考查二项式定理通项公式的应用，考查运算求解能力，属于基础题. 14.已知函数   2 4 1, 0 2 2 , 0x x x xf x x        ，若关于 x 的方程      1 0f x f x m   恰有 5 个不同的实根，则 m 的取值范围为______． 【答案】 (1,2) 【解析】 【分析】 转化为函数 ( )y f x 的图象与直线 1y  和直线 y m 共有 5 个不同的交点，作出函数 ( )y f x 的图象，观察图象可得结果. 【详解】由      1 0f x f x m   ，得   1f x  或  f x m ， 则函数 ( )y f x 的图象与直线 1y  和直线 y m 共有 5 个不同的交点， 作出函数  y f x 的图象，如图所示： - 12 - 由图可知，函数 ( )y f x 的图象与直线 1y  有两个交点， 所以函数 ( )y f x 的图象与直线 y m 有三个交点，所以  1,2m ． 故答案为： (1,2) . 【点睛】本题考查了函数与方程思想，考查了数形结合思想，考查了等价转化思想，属于基 础题. 15.已知四边形 ABCD 中， AD // BC ， 90BAD   ， 1AD  ， 2BC  ，M 是 AB 边上的 动点，则 2MC MD  的最小值为______． 【答案】 4 【解析】 【分析】 采用建立平面直角坐标系的方法，并假设 AB m ，求得 2  MC MD 的坐标，然后根据向量 模的表示，简单计算和判断，可得结果. 【详解】建立如图的直角坐标系， 设 AB m ，  0,M t ，  0,t m ， 由题意可知，  2,0C ，  1,D m ，  2,MC t  ，  1,MD m t  ， - 13 -  2 4,2 3MC MD m t    ，  22 16 2 3 4MC MD m t      ，当且仅当 2 3 mt  时取等号， 即 2MC MD  的最小值为 4 ． 故答案为：4 【点睛】本题考查利用向量的方法解决几何问题，关键在于坐标系的建立，将几何问题代数 化，向量是纽带，考验对问题的转化能力以及分析能力，属中档题. 16.波罗尼斯（古希腊数学家，约公元前 262-190 年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉 的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽几乎使后人没有插足的余地.他证明过这样一个命 题：平面内与两定点距离的比为常数 k（ 0k  且 1k  ）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为 阿波罗尼斯圆.现有 ABC ， 4,sin 2sinAC C A  ，则当 ABC 的面积最大时，AC 边上的 高为_______________. 【答案】 8 3 【解析】 【分析】 ABC ， 4,sin 2sinAC C A  ,即 2c a  ．根据阿波罗尼斯圆可得：点 B 的轨迹为圆, 以 线段 AC 中点为原点，AC 所在直线为 x 轴建立直角坐标系,求出 B 的轨迹方程，进而得出结论． 【详解】解： | | sinsin 2sin , 2| | sin AB CC A CB A     为非零常数， 根据阿波罗尼斯圆可得：点 B 的轨迹是圆. 以线段 AC 中点为原点，AC 所在直线为 x 轴建立直角坐标系 则 ( 2,0), (2,0)A C ，设 ( , )B x y ，∵ 2AB CB ∴ 2 2 2 2( 2) 2 ( 2)x y x y     2 23 3 20 12 0x y x    ，整理得 2 2 210 8 3 3x y            因此，当 ABC 面积最大时，BC 边上的高为圆的半径 8 3 . - 14 - 【点睛】本题考查了阿波罗尼斯圆的应用、正弦定理、三角形面积计算公式，考查了推理能 力与计算能力，属于中档题． 三、解答题 17.在四棱锥中 P ABCD 中， PAB△ 是边长为 2 的等边三角形，底面 ABCD 为直角梯形， / /AB CD ， AB BC ， 1BC CD  ， 2PD  ． （1）证明： AB PD ； （2）求二面角 B PA D  的余弦值． 【答案】（1）详见解析；（2） 3 3 ． 【解析】 【分析】 （1）取 AB 的中点为 M ，连接 ,DM PM ，由 PAB△ 是等边三角形可得 AB PM ，再由 底面 ABCD 为直角梯形，结合已知的边长可证得 AB DM ，于是得 AB  平面 PDM ，从 而证得结果； （2）由条件可得可知 , ,DM DC DP 两两垂直，所以以 D 为坐标原点建立直角坐标系 D xyz ， 利用向量法求出二面角 B PA D  的余弦值. 【详解】（1）证明：取 AB 的中点为 M ，连接 ,DM PM ，因为 PAB△ 是等边三角形，所以 AB PM ． 因为在直角梯形 ABCD 中， AB BC ， 1BC CD  ， 2AB  ，所以 2AD BD  所以 DAB 为等腰三角形，所以 AB DM 因为 PM DM M ，所以 AB  平面 PDM 因为 PD  平面 PDM ，所以 AB PD ． - 15 - （2）解：因为 2PD  ， 1DM  ，PM 为正三角形 PAB△ 的 AB 边上的高，所以 3PM  ． 因为 2 2 2PD DM PM  ，所以 PD DM ，由（1）可知 , ,DM DC DP 两两垂直． 以 D 为坐标原点建立直角坐标系 D xyz ，则  1, 1,0A  ，  1,1,0B ，  0,1,0C ，  0,0, 2P 则  0,2,0AB  ，  1, 1, 2PA    ，  1, 1,0DA   设平面 APB 的法向量为  , ,m x y z 则 0 0 AB m PA m           ,即 2 0 2 0 y x y z     令 2x  得  2,0,1m  ． 设平面 PAD 的法向量为  , ,n x y z   则 0 0 DA n PA n           ,即 0 2 0 x y x y z            令 1x  ，则  1,1,0n  2 1 3cos , 33 2 m n      因为二面角 B PA D  为锐二面角，所以其余弦值为 3 3 ． 【点睛】此题考查线线垂直的证明，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，考查运算能力，属于中档题. 18.已知数列 1na  的前 n 项和 nS 满足 3n nS a ， *n N ． （1）求证数列 1na  为等比数列，并求 na 关于 n 的表达式； - 16 - （2）若  3 2 log 1n nb a  ，求数列   1n na b 的前 n 项和 nT ． 【答案】（1）证明详见解析； 3 12 n na      ;（2） 13 36 6 22 2 n n nT n               ． 【解析】 【分析】 （1）因为      1 21 1 ... 1 3n n nS a a a a        ，即 1 2 ... 3n na a a n a     ，当 2n  时 1 2 1 1... 1 3n na a a n a       ，两式相减再配凑得到数列 1na  是首项为 3 2 ，公比为 3 2 的等比数列，即可计算出数列{ 1}na  的通项公式，然后计算出数列{ }na 的通项公式； （2）根据（1）的结果计算出数列{ }nb 的通项公式，进一步计算出数列{( 1) }n na b 的通项公式， 根据通项公式的特点运用错位相减法计算出前 n 项和 nT ． 【详解】（1）由题设      1 21 1 ... 1 3n n nS a a a a        ， 即 1 2 ... 3n na a a n a     ① 当 1n  时， 1 11 3a a  ，解得 1 1 2a  ， 当 2n  时 1 2 1 1... 1 3n na a a n a       ② ①－②得 11 3 3n n na a a    ，即 1 3 1 2 2n na a     1 31 1 22n na a n    又 1 31 2a   所以数列 1na  是首项为 3 2 ，公比为 3 2 的等比数列，所以 31 2 n na       故 3 12 n na      ． （2）由（1）  3 3 2 2 3log 1 log 2 n n nb a n       ，则   31 2 n n na b n       ，   1 2 3 13 3 3 3 31 2 3 ...+ 12 2 2 2 2 n n nT n n                                       - 17 -   2 3 4 13 3 3 3 3 31 2 3 ... 12 2 2 2 2 2 n n nT n n                                       两式相减得 1 2 3 1 11 3 3 3 3 3 3...+2 2 2 2 2 2 2 n n n nT n                                           13 33 1 2 2 n n n                   13 36 6 22 2 n n nT n               【点睛】本题主要考查数列求通项公式，以及运用错位相减法求前 n 项和，考查学生逻辑推理 能力和数学运算能力．属中档题． 19.已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的离心率 2 2e  ，椭圆C 上的点到其左焦点 1F 的最 大距离为1 2 ． （1）求椭圆的标准方程； （2）过椭圆C 左焦点 1F 的直线l 与椭圆C 交于 ,A B 两点，直线 : 2m x   ，过点 1F 作直线l 的垂线与直线 m 交于点T ，求 1TF AB 的最小值和此时直线l 的方程． 【答案】（1） 2 2 12 x y  ；（2）最小值为 2 2 ，此时直线l 的方程为 1x   ． 【解析】 【分析】 （1）根据椭圆C 上的点到其左焦点的最大距离为1 2 ，得到 1 2a c   ，再由 2 2e  ， 联立求解即可. （2）①当直线l 的斜率不存在时，直线 l 的方程为 1x   ，可分别求导 T，A，B 的坐标，然 后利用两点间距离公式求解；②当直线l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为  1y k x  ，由 - 18 -   2 2 1 12 y k x x y      ，利用弦长公式求得 AB ，再由  1 1 2 y xk x        ，求得交点 12,T k     ，从而 得到 2 1 2 1 kTF k  ，代入 1TF AB 求解. 【详解】（1）由题可知 2 2 ce a   ，又椭圆C 上的点到其左焦点的最大距离为1 2 ， 所以 1 2a c   ， 所以 2a  ， 1c  ， ∴ 2 2 1b a c   ， 所以椭圆C 的方程为 2 2 12 x y  ． （2）①当直线l 的斜率不存在时，直线 l 的方程为 1x   ，则  2,0T  ， 所以 21, 2A      ， 21, 2 B       ，此时 1 2 2 TF AB  ； ②当直线 l 的斜率存在时，设直线l 的方程为  1y k x  ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y 由   2 2 1 12 y k x x y      ， 得 2 2 2 22 1 4 2 2 0k x k x k     ， 由韦达定理得 2 1 2 2 4 2 1 kx x k     ， 2 1 2 2 2 2 2 1 kx x k    ， 则    2 22 1 2 1 2 2 2 2 1 1 4 1 2 k AB k x x x x k        ， 联立  1 1 2 y xk x        ，可得 12,T k     ， 所以 2 1 2 1 kTF k  - 19 - 所以         2 22 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 11 2 1 2 22 2 1 2 2 1 2 2 1 k kTF k k k AB k k k k k k          . 因为 2 21 k k  所以等号不成立． 综上， 1TF AB 的最小值为 2 2 ，此时直线l 的方程为 1x   ． 【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法，直线与直线，直线与椭圆的位置关系以及最值问题， 还考查了运算求解的能力，属于中档题. 20.某工厂生产某种电子产品，每件产品合格的概率均为 p ，现工厂为提高产品声誉，要求在 交付用户前每件产品都通过合格检验，已知该工厂的检验仪器一次最多可检验 5 件该产品，且 每件产品检验合格与否相互独立．若每件产品均检验一次，所需检验费用较多，该工厂提出 以下检验方案：将产品每 k 个（ 5k  ）一组进行分组检验，如果某一组产品检验合格，则说 明该组内产品均合格，若检验不合格，则说明该组内有不合格产品，再对该组内每一件产品 单独进行检验，如此，每一组产品只需检验一次或 1k  次．设该工厂生产1000件该产品，记 每件产品的平均检验次数为 X ． （1） X 的分布列及其期望； （2）（i）试说明，当 p 越大时，该方案越合理，即所需平均检验次数越少； （ii）当 0.9p  时，求使该方案最合理时 k 的值及1000件该产品的平均检验次数． 【答案】（1）分布列详见解析，期望   11 kE X p k    ；（2）（i）详见解析；（ii） 4k  时 平均检验次数最少，约 594次． 【解析】 【分析】 （1）根据每 k 个（ 5k  ）一组进行分组检验，如果某一组产品检验合格，则说明该组内产 品均合格，若检验不合格，则说明该组内有不合格产品，再对该组内每一件产品单独进行检 验，如此，每一组产品只需检验一次或 1k  次，每件产品的平均检验次数 X 的可能取值为 1 k ， 1 k k  ，再利用独立事件和互斥事件求得概率列出分布列，再求期望 （2）（i）由（1）知   11 kf p p k    ，根据指数函数的单调性得到  f p 在  0,1p 上单 - 20 - 调递减，从而得到结论. （ii）由（1）记   11 0.9kg k k    ，则由   1g k  且取最小值时， 该方案最合理求解. 【详解】（1）由题意， X 的可能取值为 1 k ，1 k k  1 kP X pk      ， 1 1 kkP X pk       ， 故 X 的分布列为 X 1 k 1 k k  P kp 1 kp    1 1 11 1k k kkE X p p pk k k         （2）（i）由（1），记   11 kf p p k    ， 因为 0k  ．所以  f p 在  0,1p 上单调递减， 故 p 越大，  f p 越小，即所需平均检验次数越少，该方案越合理． （ii）记   11 0.9kg k k    ，当   1g k  且取最小值时，该方案最合理， 因为  1 1.1g  ，  2 0.69g  ，  3 0.604g  ，  4 0.594g  ，  5 0.61g  ． 所以 4k  时平均检验次数最少，约1000 0.594 594  次． 【点睛】本题主要考查离散型随机变量的的分布列，期望及其应用，还考查了运算求解的能 力，属于中档题. 21.已知函数   lnmf x n xx    （ ,m n 为常数）． - 21 - （1）讨论  f x 的单调性； （2）若对  0,x   有  f x n m  恒成立，且     3g x f x x n   在  1 2 1 2,x x x x x  处的导数相等，求证：    1 2 11 2ln 2g x g x   ． 【答案】（1）详见解析；（2）详见解析． 【解析】 【分析】 （1）利用导数，在定义域中并按 0m  ， 0m  讨论，可得结果. （2）根据  1f n m  并结合（1），可知 m ，然后根据    1 2 g x g x ，可得 1 2 1 1 1x x   ， 计算    1 2g x g x ，并使用换元法，可得    3 1 ln 4    t t t t ，结合导数，可得结果. 【详解】（1）   lnmf x n xx    ，    2 2 1 0m m xf x xx x x      当 0m  时，   0f x  在 0x  时恒成立，则  f x 在 0,  单调递减； 当 0m  时， 若  0,x m ，   0f x  若  ,x m  ，   0f x  所以  f x 在  0,m 单调递增，在  ,m  单调递减． （2）因为  1f n m  ， 而  0,x   有    1f x n m f   恒成立， 知  f x 当 1x  时有最大值  1f ，由（1）知必有 1m  ， 所以   1 lnf x n xx    ，     13 3 lng x f x x n x xx       ，   2 1 13g x x x     ，依题意设    1 2g x g x k   ， - 22 - 即 2 1 1 2 2 2 1 1 3 0 1 1 3 0 kx x kx x           所以 1 2 1 1 1x x   ， 1 2 1 2 1 22x x x x x x   因为 1 2x x 故 1 2 4x x  所以        1 2 1 2 1 2 1 2 1 13 ln lng x g x x x x xx x            则    1 2 1 2 1 23 1 ln   g x g x x x x x 令 1 2 4t x x  ，   3 1 lnt t t    ， 所以，    13 0 4t tt      所以  t 在  4, 上单调递增    4 11 2ln 2t    【点睛】本题考查函数导数的综合应用，掌握分类讨论方法以及换元法的使用，化繁为简， 考验分析问题能力，本题难点在于 m 的求取以及函数   3 1 lnt t t    的构建，属难题. 22.平面直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的参数方程为 1 1 cos2 2 1 sin2 x y        （ 为参数），以原点为 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 2 2 4 cos 4sin     ． （1）求曲线 1C 的极坐标方程以及曲线 2C 的直角坐标方程； （2）若直线 :l y kx 与曲线 1C 、曲线 2C 在第一象限交于 ,P Q 两点，且 2OQ OP ，点 M 的坐标为  2,0 ，求 MPQ 的面积． 【答案】（1） 1 : cosC   ， 2 2 2 : 14 xC y  ；（2） 2 3 ． 【解析】 - 23 - 【分析】 （1）首先消去参数 得到 1C 直角坐标方程，再化为极坐标，根据 cos sin x y        将曲线 2C 的极 坐标化为直角坐标； （2）将 0  代入曲线 1C 、曲线 2C 的极坐标方程中，求出 P ， Q ，由 2OQ OP ，可得 2 0sin  ， 2 0cos  ，根据 MPQ OMP OMQS S S △ △ △ 可得结果. 【详解】（1）依题意消去参数 曲线 2 2 1 1 1: 2 4C x y      ，即 2 2 0x y x   故 2 cos 0    ，即 cos  ． 因为 2 2 2 4 cos 4sin     ，故 2 2 2 2cos 4 sin 4     ， 即 2 24 4x y  ，即 2 2 14 x y  ． （2）将 0  代入 2 2 2 4 cos 4sin     得 2 2 0 4 1 3sinQ   将 0  代入 cos  得 0cosP  由 2OQ OP ，得 2 P Q  ，即  2 0 2 0 42cos 1 3sin    ， 解得 2 0 2sin 3   ，则 2 0 1cos 3   又 00 2   ，故 2 0 4 2 3 1 3sin 3Q   0 3cos 3P   故 MPQ 的面积   0 1 2sin2 3MPQ OMP OMQ Q PS S S OM          △ △ △ 【点睛】本题主要考查参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角形的面积公 式的应用，属于中档题. - 24 - 23.已知函数   2 6 9 2f x x x x    ． (1)求不等式   1f x  的解集； (2)若正数 , ,a b c 满足 24 9 23a b c f        ，求 1 4 9 a b c   的最小值． 【答案】（1） 22, 3     ；（2）196 3 ． 【解析】 【分析】 (1)化简后根据绝对值中的零点将  f x 转换为分段函数，再求解即可. (2)代入可得  1 4 9 1 1 4 94 93 a b ca b c a b c           ，再根据柯西不等式求最小值即可. 【详解】解：(1)化简得 3 2 1x x   ①当 0x  时，    3 2 3f x x x x      ，由   1f x  即 3 1x   ，解得 2x   ，又 0x  ， 所以 2 0x   ； ②当 0 3x  时，   3 3f x x  ，由   1f x  ，即 2 3 1x  ，解得 2 3x  ，又 0 2x  ， 所以 20 3x  ； ③当 3x  时，   3f x x   ，不满足   1f x  ，此时不等式无解； 综上，不等式   1f x  的解集为 22, 3     ． (2) 24 9 2 33a b c f         ， 所以  1 4 9 1 1 4 94 93 a b ca b c a b c           ∵ , , 0a b c  ，∴由柯西不等式： 上式       2 2 2 2 2 21 1 1 12 3 2 33 a b c a b c                                    - 25 -       2 1 1 1 12 2 3 33 a b ca b c           21 1961 4 93 3     . 当且仅当 3 14a b c   时，等号成立. 所以 1 4 9 a b c   的最小值为196 3 . 【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的求解、柯西不等式求最小值的问题，属于中档题. - 26 -