四川省遂宁市2020届高三三诊考试数学（理科）试题 Word版含解析 26页

- 1 - 数学三诊试卷 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．在每个小题给出的四个选项中，只 有一个是符合题目要求的． 1.设 ,m n R ，则“ m n ”是“ 1 12 m n     ”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】 利用指数函数的单调性即可判断出结论． 【详解】因为 10 12 m n m n m n          所以“ m n ”是“ 1 12 m n     ”的充要条件 故选：C 【点睛】本题考查了指数函数的单调性、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力， 属于基础题． 2.若复数 1 1 i ai   为纯虚数（i 为虚数单位， a 为实数），则 2a 的值为（ ） A. 4 B. 9 C. 1 4 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】 利用复数代数形式的乘除运算化简，由实部为 0 且虚部不为 0 求得 a 的值，然后可得答案． 【详解】∵       2 2 1 11 1 1 1 1 1 1 1 i aii a a iai ai ai a a           为纯虚数， ∴ 1 0 1 0 a a      ，解得 1a   ． ∴ 2 1a  - 2 - 故选：D 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，基础题． 3.某市举行“中学生诗词大赛”，分初赛和复赛两个阶段进行，规定：初赛成绩大于 90 分的 具有复赛资格，某校有 1000 名学生参加了初赛，所有学生的成绩均在区间（30，150]内，其 频率分布直方图如图所示，则获得复赛资格的人数为（ ）． A. 650 B. 660 C. 680 D. 700 【答案】A 【解析】 【分析】 根据频率分布直方图，求得大于 90 分的概率，进而可求解相应的人数，得到答案． 【详解】由题意，根据频率分布直方图， 可得获得复赛资格的人数为  1000 1 0.0025 20 2 0.0075 20      =650 人， 故选 A． 【点睛】本题主要考查了频率分布直方图的应用，其中解答中熟记频率分布直方图的性质， 合理准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题． 4.已知α满足 1 2 3cos        ，则 cos2α＝（ ） A. 7 9 B. 7 18 C. 7 9  D. 7 18  【答案】A 【解析】 【分析】 由已知结合诱导公式先进行化简，然后结合二倍角余弦公式即可求解. - 3 - 【详解】因为﹣sinα 1 2 3cos         ， 所以 sin 1 3   ， 则 cos2α＝1﹣2sin2α＝1﹣2 1 7 9 9   . 故选：A. 【点睛】本题主要考查了诱导公式及二倍角公式在三角化简求值中的应用，属于基础题. 5.方程 2 2 4 2 0x y x y     表示的曲线的大致形状是（图中实线部分）（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 依 题 意 可 知 ， 方 程 表 示 的 曲 线 为 直 线 2 0x y   或 双 曲 线 2 2 14 4 x y  位 于 直 线 2 0x y   的下方的图象，由此得解． 【详解】依题意可知， 2 0x y   或 2 2 4 0 2 0 x y x y         ， 而 2 2 4 0x y   表示双曲线 2 2 14 4 x y  ，且满足在直线 2 0x y   的下方， 结合选项可知，只有选项 B 符合题意． 故选：B 【点睛】本题考查的是曲线与方程，考查了数形结合思想，解题的关键是要注意当 2 2 4 0x y   时必须满足 2 0x y   ，属于基础题． 6.《周髀算经》有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、 - 4 - 清明、谷雨、立夏、小满、芒种十二个节气日影长减等寸，雨水、惊蛰、春分、清明日影之 和为三丈二尺，前七个节气日影之和为七丈三尺五寸，问谷雨日影长为（ ） A. 七尺五寸 B. 六尺五寸 C. 五尺五寸 D. 四尺五寸 【答案】C 【解析】 【分析】 利用等差数列的通项公式和前 n 项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出谷雨日 影长，得到答案． 【详解】由题意，从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、 立夏、小满、芒种， 十二个节气日影长减等寸，雨水、惊蛰、春分、清明日影之和为三丈二尺，前七个节气日影 之和为七丈三尺五寸， 设十二节气的日影长分别为 an，可得 5 6 7 8 7 1 32 7 67 73.52 a a a a S a d        ，即 1 1 4 22 32 7 21 73.5 a d a d      ， 解得 1 27 2a  ，d＝﹣1， 所以谷雨日影长为 9 27 1182 2a     5.5（尺）＝5 尺 5 寸． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了等差数列的实际应用问题，其中解答中正确理解题意，结合等差数 列的通项公式和性质，以及等差数列的前 n 项和公式，列出方程组是解答的关键，着重考查 了算求解能力，是基础题． 7.设 ( )f x 是定义在 R 上恒不为零的函数，对任意实数 ,x y R ，都有 ( ) ( ) ( )f x f y f x y  ， 若 1 1 2a  ， ( )( )na f n n N   ，则数列 na 的前 n 项和 nS 的取值范围是( ) A. 1 ,12     B. 1 ,22     C. 1[ ,2]2 D. 1[ ,1]2 【答案】A 【解析】 【分析】 - 5 - 根据 f（x）•f（y）＝f（x+y），令 x＝n，y＝1，可得数列{an}是以 1 2 为首项，以 1 2 为等比的 等比数列，进而可以求得 Sn，进而 Sn 的取值范围． 【详解】∵对任意 x，y∈R，都有 f（x）•f（y）＝f（x+y）， ∴令 x＝n，y＝1，得 f（n）•f（1）＝f（n+1）， 即     1 1n n f na a f n    f（1） 1 2  ， ∴数列{an}是以 1 2 为首项，以 1 2 为等比的等比数列， ∴an＝f（n）＝（ 1 2 ）n， ∴Sn 1 112 2 11 2 n       1﹣（ 1 2 ）n∈[ 1 2 ，1）． 故选 C． 【点睛】本题主要考查了等比数列的求和问题，解题的关键是根据对任意 x，y∈R，都有 f （x）•f（y）＝f（x+y）得到数列{an}是等比数列，属中档题． 8.2019 年庆祝中华人民共和国成立 70 周年阅兵式彰显了中华民族从站起来、富起来迈向强起 来的雄心壮志．阅兵式规模之大、类型之全均创历史之最，编组之新、要素之全彰显强军成 就．装备方阵堪称“强军利刃”“强国之盾”，见证着人民军队迈向世界一流军队的坚定步 伐，其中空中梯队编有 12 个梯队，在领队机梯队、预警指挥机梯队、轰炸机梯队、舰载机梯 队、歼击机梯队、陆航突击梯队这 6 个梯队中，某学校为宣传的需要，要求甲同学需从中选 3 个梯队了解其组成情况，其中舰载机梯队、歼击机梯队两个梯队中至少选择一个，则不同的 选法种数为（ ） A. 12 种 B. 16 种 C. 18 种 D. 20 种 【答案】B 【解析】 【分析】 运用组合知识和间接法求两个梯队中至少选择一个的不同选法种数． 【详解】从 6 个梯队中任选 3 个的选法有 3 6 20C  种，若没有舰载机梯队、歼击机梯队的选法 有 3 4 4C  种，则舰载机梯队、歼击机梯队两个梯队中至少选择一个的选法有：20 4 16  种. - 6 - 故选：B． 【点睛】本题考查排列组合的应用，本题运用间接法，可以避免讨论，简化计算，考查分析 和计算能力，属于基础题． 9.设函数 3 0 3 0 x x xf x x   ， ＞（ ） ， ＜ ，若 2 1 5a f log      ，b＝f(log24.2)，c＝f(20.7)，则 a，b，c 的大小关系为( ) A. a＜b＜c B. b＜a＜c C. c＜a＜b D. c＜b＜a 【答案】A 【解析】 【分析】 根据题意，分析可得 f(x)为奇函数且在(0，+∞)上为减函数，由对数函数的性质比较可得 1 ＜20.7＜2＜log24.2＜log25，结合函数的单调性分析可得答案． 【详解】当 x＞0 时，﹣x＜0， f(x)＝3﹣x，f(﹣x)＝﹣3﹣x， 所以 f(x)＝﹣f(﹣x)， 当 x＜0 时，﹣x＞0， f(x)＝﹣3x，f(﹣x)＝3﹣(﹣x)＝3x， 所以 f(x)＝﹣f(﹣x)， 所以函数 f(x)是奇函数，且在(﹣∞，0)，(0，+∞)上单调递减． 所以 a＝﹣f(log2 1 5 )＝f(﹣log2 1 5 )＝f(log25)， b＝f(log24.2)，c＝f(20.7)， 又 1＜20.7＜2＜log24.2＜log25， 所以 f(20.7)＞f(log24.2)＞f(log25)， 即 a＜b＜c， 故选：A． 【点睛】本题考查函数的奇偶性、单调性的综合应用，考查指数函数和对数函数的性质，关 键是分析函数的奇偶性与单调性． 10.已知正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的底面边长为 6 ，且该三棱柱外接球的表面积为 14π，若 P 为 底面 A1B1C1 的中心，则 PA 与平面 ABC 所成角的大小为（ ） - 7 - A. 3  B.  4  C.  6  D. 5 12  【答案】A 【解析】 【分析】 取 BC 中点 D，过 P 作 PE⊥平面 ABC，垂足为 E，则 E 在 AD 在上且为底面 ABC 的中心，则 PE 的中点 O 是该三棱柱外接球的球心，由 PE⊥平面 ABC，得∠PAE 是 PA 与平面 ABC 所成角，由 此能求出结果． 【详解】取 BC 中点 D，过 P 作 PE⊥平面 ABC，垂足为 E，则 E 在 AD 在上且为底面 ABC 的中心， 则 PE 的中点 O 是该三棱柱外接球的球心， ∵正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的底面边长为 6 ， ∴AE 2 22 2 6( 6) ( ) 23 3 2AD    ， ∵该三棱柱外接球的表面积为 14π，∴该三棱柱外接球的半径 R 14 7 4 2    ， ∴PE＝2 2 2R AE  2 7 2 62   ， ∵PE⊥平面 ABC，∴∠PAE 是 PA 与平面 ABC 所成角， tan∠PAE 6 3 2 PE AE    ． ∴∠PAE 3  ． 故选：A． - 8 - 【点睛】本题考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识， 考查运算求解能力，是中档题． 11.已知 F1，F2 是双曲线   2 2 2 2 1 0 0x y a ba b   ＞ ， ＞ 的左、右焦点，若双曲线上存在点 P 满足 2 2 1 2PF PF a    ，则双曲线离心率的最小值为（ ） A. 6 B. 5 C.   3 D.   2 【答案】C 【解析】 【分析】 设 P 的坐标，代入双曲线的方程，求出数量并利用双曲线的范围求出 2 1 2 2 cPF PF a    x2﹣c2﹣ b2 2 2 c a  •a2﹣c2﹣b2＝﹣b2，再由双曲线可得 a，b 的关系，进而求出离心率的最小值． 【详解】设 P（x，y），则|x|≥a，所以   2 2 2 2 1 0 0x y a ba b   ＞ ， ＞ ， 由题意可得 F1（﹣c，0），F2（c，0）， 所以 1 2PF PF   （x+c，y）（x﹣c，y）＝x2﹣c2+y2＝x2﹣c2+（ 2 2 x a  1）b2 2 2 c a  x2﹣c2﹣b2 2 2 c a  •a2 ﹣c2﹣b2＝﹣b2， 所以﹣2a2≥﹣b2，即 2a2≤b2，所以离心率 e 2 2 2 3c a b a a    ， 故选：C． 【点睛】本题考查双曲线的性质及数量积的运算，解题时注意双曲线中点的坐标的取值范围， 属于中档题． 12.已知函数 f(x，y)＝xln(2ax)+y﹣xlny，若存在 x，y∈(0，+∞)使得 f(x，y)＝0，则实数 a 的最大值为( ) A. 1 e B. 1 2e C. 1 3e D. 2 e 【答案】B 【解析】 - 9 - 【分析】 存在 x，y∈(0，+∞)使得 f(x，y)＝0，由 xln(2ax)+y﹣xlny＝0，化为：ln2a＝ln y y x x  ， 令 t y x  ＞0，g(t)＝lnt﹣t，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出． 【详解】∵存在 x，y∈(0，+∞)使得 f(x，y)＝0， ∴xln(2ax)+y﹣xlny＝0，化为：ln2a＝ln y y x x  ， 令 t y x   0，g(t)＝lnt﹣t， 则 ( )g t 1 t   1 1 t t  ， (0,1), ( ) 0, ( )t g t g t   单调递增， (1, ), ( ) 0, ( )t g t g t    单调递减， 所以当 t＝1 时，函数 g(t)取得极大值即最大值， (1) 1g   ． ∴ln2 1a   ，解得 0＜a 1 2e  ． ∴实数 a 的最大值为 1 2e ． 故选：B． 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转 化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 二、填空题：本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分． 13.曲线 2 2 ln 2y x x x    在点 1,1 处的切线的倾斜角为_____． 【答案】 3 4  【解析】 【分析】 求得 2 2 ln 2y x x x    的导数，将 1x  代入，可得切线的斜率，再由直线的斜率公式， 计算可得所求倾斜角． 【详解】函数 2 2 ln 2y x x x    的导数为 12 2y x x     ， 可得曲线 2 2 ln 2y x x x    在点 1,1 处的切线的斜率为 1k   ， 则切线的倾斜角 满足 tan 1   ， 0   Q ，解得 3 4   . - 10 - 故答案为： 3 4  ． 【点睛】本题考查导数的运用：求切线的斜率，考查直线的斜率与倾斜角的关系，考查运算 能力，属于基础题． 14.已知两个单位向量 1e  、 2e  的夹角为 60 ，向量 1 23 2m e e    ，则| m  _____． 【答案】 7 【解析】 【分析】 利用平面向量数量积的运算律和定义计算出 2 m  的值，进而可求得 m ur 的值. 【 详 解 】 根 据 题 意 ， 两 个 单 位 向 量 1e  、 2e  的 夹 角 为 60 ， 则 1 2 1 2 1 1cos60 1 1 2 2e e e e          ， 1 23 2m e e     ，则  22 2 2 2 1 2 1 1 2 2 13 2 9 12 4 13 12 72m m e e e e e e                  ， 因此， 7m  . 故答案为： 7 . 【点睛】本题考查向量数量积的计算，涉及向量模的计算，属于基础题． 15.已知点  0,2M ，过抛物线 2 4y x 的焦点 F 的直线 AB 交抛物线于 ,A B 两点，若 0AM FM   ，则点 B 的纵坐标为_____． 【答案】 1 【解析】 【分析】 求出直线 FM 的斜率，通过向量的数量积为 0 ，得到直线 AM 的斜率，进而求出直线 AM 的 方程，求出点 A 的坐标，然后求解直线 AF 的方程，与抛物线联立求解即可． 【详解】因为点  0,2M ，抛物线 2 4y x 的焦点  1,0F ， 所以 2 0 20 1MFk    ， 由 0AM FM   可得 AM FM ， - 11 - 所以直线 AM 的斜率 1 2AMk  ， 所以直线 AM 的方程为 12 2y x  即 1 22y x  ， 由 2 1 22 4 y x y x      化简得 2 8 16 0x x   ，解得 4x  ，可得点  4,4A ， 所以直线 AF 的斜率 4 4 4 1 3AFk   ，所以直线 AF 的方程为：  4 13y x  ， 联立   2 4 4 13 y x y x     ，消去 x 可得： 2 3 4 0y y   ，解得 1y   或 4y  ， 所以点 B 的纵坐标为 1 ． 故答案为： 1 ． 【点睛】本题考查了直线与抛物线位置关系的综合应用，考查了运算求解能力，属于基础题． 16.如图，平行六面体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 5AB  ， 3AD  ， 1 7AA  ， 3BAD   ， 1 1 4BAA DAA     ，则 1AC 的长为_____． 【答案】 98 56 2 【解析】 【分析】 由已知结合 1 1AC AB BC CC      ，求 2 1AC  的值，开方得答案． 【详解】平行六面体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 5AB  ， 3AD  ， 1 7AA  ， 3BAD   ， 1 1 4BAA DAA     ， 1 1AC AB BC CC       ， 则 - 12 -  2 1 1 2 2 1AC AC AB BC CC        2 2 2 1 1 12 cos 2 cos 2 cos3 4 4AB BC CC AB BC BC CC AB CC                    1 2 225 9 49 2 5 3 2 3 7 2 5 7 98 56 22 2 2                  ． 1 1 98 56 2AC AC    ． 故答案为： 98 56 2 ． 【点睛】本题考查利用空间向量法求线段长，解答的关键就是选择合适的基底表示向量，考 查计算能力，属于中等题. 三、解答题：本大题共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17.函数     sin 0, 0,0f x A x A          的部分图象如图所示，又函数   8g x f x      . （1）求函数  g x 的单调增区间； （2）设 ABC 的内角 A 、 B 、C 的对边分别为 a 、b 、 c ，又 3c  ，且锐角C 满足   1g C   ，若sin 2sinB A ， M 为 AC 边的中点，求 BMC△ 的周长． 【答案】（1）  ,2k k k      Z ；（2）3 ． 【解析】 【分析】 （1）利用函数图象求得 A 、 的值，再由函数  y f x 的图象过点 ,28      求得 的值，进 - 13 - 而 可 得 出   2sin 2 4xf x      ， 由 此 可 得 出   2cos2g x x ， 然 后 解 不 等 式  2 2 2k x k k Z      ，即可得出函数  y g x 的单调递增区间；； （2）由   1g C   可求得角C 的值，利用正弦定理边角互化思想得出 2b a ，结合余弦定 理可求得 a 、b ，进而可判断出 ABC 为直角三角形，且角 B 为直角．可计算出 BM 的长， 进而可求得 BMC△ 的周长. 【详解】（1）由函数     sin 0, 0,0f x A x A          的部分图象可得 2A  ， 5 2 8 8 T    ，即T  ，则 2 2T    ， 又函数  y f x 的图象过点 28      ， ，则  2 28 2k k Z       ，即  2 4k k Z    ， 又 0    ， 4   ， 即   2sin 2 4xf x      ，则   2sin 2 2cos28 8 4g x f x x x                    ， 由  2 2 2k x k k Z      ，得  2k x k k Z     ， 所以函数  y g x 的单调增区间为  ,2k k k      Z ； （2）由   1g C   ，得 1cos2 2C   ， 因为 0 2C   ，所以 0 2C   ，所以 22 3C  ，得 3C  ， 又sin 2sinB A ，由正弦定理得 2b a  ，① 由余弦定理，得 2 2 2 2 cos 3c a b ab    ，即 2 2 3a b ab   ，② 由①②解得 1a  ， 2b  ． 又 3c  ，所以 2 2 2a c b  ，所以 ABC 为直角三角形，且角 B 为直角． 故 1 1 12 2BM AC b   ，所以 ABC 的周长为 1 1 1 3BM MC CB      ． - 14 - 【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理的运用．考查了学生对三角函数基础知识的综 合运用．考查运算能力，属于综合性题． 18.如图，在长方体 ABCD﹣HKLE 中，底面 ABCD 是边长为 3 的正方形，对角线 AC 与 BD 相交于 点 O，点 F 在线段 AH 上，且 2 0AF HF    ，BE 与底面 ABCD 所成角为 3  ． （1）求证：AC⊥BE； （2）求二面角 F﹣BE﹣D 的余弦值； （3）设点 M 在线段 BD 上，且 AM//平面 BEF，求 DM 的长． 【答案】（1）详见解析；（2） 13 13 ；（3） 2 2 ． 【解析】 【分析】 （1）由题意可得 DE⊥AC，AC⊥BD，根据线面垂直的判定可得 AC⊥平面 BDE，由线面垂直的性 质即可得证； （2）由 DA，DC，DE 两两垂直，建立空间直角坐标系 D﹣xyz，求出平面 BEF 的一个法向量 n 、 平面 BDE 的一个法向量CA  ，由 cos n CAn CA n CA    ， 即可得解； （3）设 M(t,t,0)，则 AM  (t﹣3,t,0)，由 AM//平面 BEF 可得 0AM n   ，求得 t 后即可 得解． 【详解】（1）证明：因为在长方体 ABCD﹣HKLE 中， DE⊥平面 ABCD，所以 DE⊥AC， 因为四边形 ABCD 是正方形，所以 AC⊥BD， 又 BD∩DE＝D，所以 AC⊥平面 BDE， 而 BE⊂平面 BDE，所以 AC⊥BE； - 15 - （2）因为在长方体 ABCD﹣HKLE 中，DA，DC，DE 两两垂直， 所以建立空间直角坐标系 D﹣xyz 如图所示： 由 DE⊥平面 ABCD 可知∠DBE 为直线 BE 与平面 ABCD 所成的角， 又因为 BE 与平面 ABCD 所成角为 3  ，所以 3DBE   ， 所以 tan 3EDDBE DB    ，由 AD＝3，可知 3 2DB  ，DE＝3 6 ， 所以 AH＝3 6 ， 又 2 AF HF   0，即 AF 1 3 AH ，故 AF 6 ， 则 A(3,0,0)，F(3,0, 6 )，E(0,0,3 6 )，B(3,3,0)，C(0,3,0)， 所以 BF  (0,﹣3, 6 )， EF  (3,0,﹣2 6 )， 设平面 BEF 的一个法向量为 n  (x,y,z)， 则 0 0 n BF n EF         ，即 3 6 0 3 2 6 0 y z x z      ，令 6z  ，则 n  (4,2, 6 )， 因为 AC⊥平面 BDE，所以CA  为平面 BDE 的一个法向量，CA  (3,﹣3,0)， 所以 6 13cos 1326 3 2 n CAn CA n CA      ， , 因为二面角为锐角，所以二面角 F﹣BE﹣D 的余弦值为 13 13 ； （3）因为点 M 是线段 BD 上一个动点，设 M(t,t,0)，则 AM  (t﹣3,t,0)， - 16 - 因为 AM//平面 BEF，所以 0AM n   ， 即 4(t﹣3)+2t＝0，解得 t＝2． 此时，点 M 坐标为(2,2,0)， 4 4 2 2DM    ，符合题意． 【点睛】本题考查了正方体几何特征的应用与线面垂直的判定与性质，考查了空间向量的应 用与运算求解能力，属于中档题． 19.某中学举行“新冠肺炎”防控知识闭卷考试比赛，总分获得一等奖、二等奖、三等奖的代 表队人数情况如表，其中一等奖代表队比三等奖代表队多 10 人．该校政教处为使颁奖仪式有 序进行，气氛活跃，在颁奖过程中穿插抽奖活动．并用分层抽样的方法从三个代表队中共抽 取 16 人在前排就坐，其中二等奖代表队有 5 人（同队内男女生仍采用分层抽样） 名次 性别 一等奖 代表队 二等奖 代表队 三等奖 代表队 男生 ？ 30 ◎ 女生 30 20 30 （1）从前排就坐的一等奖代表队中随机抽取 3 人上台领奖，用 X 表示女生上台领奖的人数， 求 X 的分布列和数学期望 E（X）． （2）抽奖活动中，代表队员通过操作按键，使电脑自动产生[﹣2，2]内的两个均匀随机数 x， y，随后电脑自动运行如图所示的程序框图的相应程序．若电脑显示“中奖”，则代表队员获 相应奖品；若电脑显示“谢谢”，则不中奖．求代表队队员获得奖品的概率． - 17 - 【答案】（1）分布列详见解析，数学期望 E（X） 3 2  ；（2） 19 32 ． 【解析】 【分析】 （1）设代表队共有 n 人，则 5 50 16 n  ，所以 n＝160，再设一等奖代表队男生人数为 x，可根 据表格中的数据列出关于 x 的方程，解之可得 x＝30，因此三个代表队中前排就坐的比例是按 照一等奖：二等奖：三等奖＝6：5：5，故前排就坐的 16 人中一等奖代表队共 6 人，有 3 男 3 女，所以 X 的可能取值为 0，1，2，3，然后根据超几何分布计算概率的方式逐一求出每个 X 的取值所对应的概率即可得分布列，进而求得数学期望； （2）试验的全部结果所构成的区域为Ω＝{（x，y）|﹣2≤x≤2，﹣2≤y≤2}，事件 A 表示 代表队队员获得奖品，所构成的区域为   2 2 2 2{ | }1 2 x yA x y x y x y              ， ，然后依次求出两个区域 的面积，根据几何概型即可得解． 【详解】（1）设代表队共有 n 人，则 5 50 16 n  ，所以 n＝160， 设一等奖代表队男生人数为 x，则 x+30+20+30+（x﹣10）+30＝160，解得 x＝30， 所以一等奖代表队的男生人数为 30， 所以三个代表队中前排就坐的比例是按照一等奖：二等奖：三等奖＝60：50：50＝6：5：5， 故前排就坐的 16 人中一等奖代表队有 3 男 3 女，共 6 人． 于是 X 的可能取值为 0，1，2，3． 则 P（X＝0） 0 3 3 3 3 6 1 20 C C C   ，P（X＝1） 1 2 3 3 3 6 9 20 C C C   ，P（X＝2） 2 1 3 3 3 6 9 20 C C C   ，P（X＝3） 3 0 3 3 3 6 1 20 C C C   ， 所以 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 1 20 9 20 9 20 1 20 - 18 - ∴数学期望 E（X） 1 9 9 1 30 1 2 320 20 20 20 2          ． （2）试验的全部结果所构成的区域为Ω＝{（x，y）|﹣2≤x≤2，﹣2≤y≤2}，面积为 SΩ＝ 4×4＝16， 事件 A 表示代表队队员获得奖品，所构成的区域为   2 2 2 2| 1 2 x yA x y x y x y                       ， ， 如图，阴影部分的面积为 1 1 194 4 2 2 3 32 2 2AS          ， 这是一个几何概型，所以 19 192 16 32 ASP A S   （ ） ，即代表队队员获得奖品的概率为 19 32 ． 【点睛】本题考查分层抽样的特点、几何概型、离散型随机变量的分布列和数学期望，考查 学生对数据的分析与处理能力，属于中档题． 20.已知函数   sin cosf x x x x  ． （1）判断函数  f x 在区间 (0,2 ) 上零点的个数，并说明理由． （2）当 0 πx  时， ①比较 1x  与 ln x 的大小关系，并说明理由； ②证明：    cosln[ ] 1 cosxf x e f x x    ． 【答案】（1）有唯一一个零点，理由详见解析；（2）① 1 lnx x  ，证明详见解析；②证明 见解析． 【解析】 【分析】 （1）先对函数求导，然后结合导数可判断函数的单调性，结合函数的性质可求函数的零点个 - 19 - 数； （2）①令   1 lng x x x   ，然后对其求导，结合导数可研究函数的单调性，进而由函数的 取值范围可比较大小； ②结合①的结论，利用分析法分析结论成立的条件，然后利用导数可求． 【详解】（1）因为   sin cosf x x x x  ，所以   sinf x x x  ． 当 (0, )x  时，  sin 0, 0x f x  ，函数  f x 在 (0, ) 上单调递增， 所以    0 0f x f  ，且   0f    ，故  f x 在 (0, ) 上无零点； 当 ( ,2 )x   时，  sin 0, 0x f x  ，函数  f x 在 ( ,2 )  上单调递减， 又由 ( ) 0, (2 ) 2 0f f        ， 故  f x 在区间 ( ,2 )  上有唯一零点； 综上，函数  f x 在区间 (0,2 ) 上有唯一一个零点． （2）① 1 lnx x  ，证明过程如下： 设函数   1 lng x x x   ，则   1,(0 )xg x xx     ， 令   0g x  ，即 1 0x x   ，解得 0 1x  ； 令   0g x  ，即 1 0x x   ，解得1 x   ， 所以函数  y g x 在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，π）上单调递增． 则函数  y g x 在 1x  处取得极小值，亦即最小值  1 0g  ， 即 ln 1 0x x   ， 综上可得， 1 lnx x  成立； ②要证：ln[f（x）]+1  ecosxf（x）﹣cosx 成立， 即证明 ln（sinx﹣xcosx）  （sinx﹣xcosx）ecosx﹣cosx﹣1 成立， 因为 f（x）在（0，π）上单调递增，    0 0f x f  ， 即 sinx﹣xcosx＞0，所以（sinx﹣xcosx）ecosx＞0， 由①知 1 lnx x  ，即有 1 lnx x  ， 有（sinx﹣xcosx）ecosx≥1+ln[（sinx﹣xcosx）ecosx]成立， - 20 - 当 1 2x  时， 1 1cos2 21 1 1 1 1 1(sin cos ) 1 ln[sin cos ]2 2 2 2 2 2e e             成立， 由 1 1cos2 21 1 1 1 1 1(sin cos ) 1 ln[sin cos ]2 2 2 2 2 2e e             成立， 此时能取等号，即有 cos(sin cos ) 1 ln[(sin cos ) cos ]xx x x e x x x x      成立， 即    cosln[ ] 1 cosxf x e f x x    成立. 【点睛】本题主要运用导数研究考查了函数的零点个数，比较函数式的大小及证明不等式， 其中解答中合理构造新函数，利用导数求得函数的单调性与最值是解答的关键，着重考查了 构造思想，以及推理与运算能力，属于难题． 21.如图，定义：以椭圆中心为圆心，长轴为直径的圆叫做椭圆的“辅助圆”．过椭圆第四象 限内一点 M 作 x 轴的垂线交其“辅助圆”于点 N，当点 N 在点 M 的下方时，称点 N 为点 M 的“下 辅助点”．已知椭圆   2 2 2 2 1 0x yE a ba b  ： ＞ ＞ 上的点 21 2      ， 的下辅助点为（1，﹣1）． （1）求椭圆 E 的方程； （2）若△OMN的面积等于 2 3 6 8  ，求下辅助点 N 的坐标； （3）已知直线 l：x﹣my﹣t＝0 与椭圆 E 交于不同的 A，B 两点，若椭圆 E 上存在点 P，使得 四边形 OAPB 是对边平行且相等的四边形．求直线 l 与坐标轴围成的三角形面积最小时的 m2+t2 的值． 【答案】（1） 2 2 x  y2＝1；（2）（ 2 2 ， 6 2  ） 或（ 6 2 ， 2 2  ）；（3）3． 【解析】 【分析】 （1）由椭圆过的点的坐标和辅助圆 x2+y2＝a2 过的坐标，代入可得 a，b 的值，进而求出椭圆 - 21 - 的方程； （2）设 N 的坐标和 M 的坐标，代入椭圆和辅助圆求出 N，M 的坐标的关系，进而求出△OMN 的 面积 S△OMN 1 2  x0（y1﹣y0） 2 3 6 8  ，则 x0y1 6 4   和， 2 0 2 x  y1 2＝1，联立求出下辅助点 N 的坐标； （3）设 A，B 的坐标将直线 AB 的方程与椭圆联立求出两根之和及两根之积，求出 AB 的中点 坐标，因为四边形 OAPB 是对边平行且相等，即四边形 OAPB 恰好为平行四边形，所以 OP OA OB    ．所以三角形 OAB 面积为 21 1 2 1 2 1 22 22 8 8 8 4 t mS t mm m m              ，当且仅当 m2＝2，t2＝1 时取等号， 进而可得 m2+t2 的值为 3． 【详解】（1）因为椭圆 E： 2 2 2 2 x y a b   1，过点（1， 2 2  ），辅助圆 x2+y2＝a2 过（1，1），所 以可得 a2＝12+（﹣1）2＝2， 所以椭圆的实半轴长的平方 a2＝2， 所以 2 1 2 2 4b   1，解得：b2＝1， ∴椭圆 E 的方程为： 2 2 x  y2＝1； （2）设点 N（x0，y0），（y0＜0），则由题意可得点 M（x0，y1），（y1＜0），将两点坐标分别代入 辅助圆方程和椭圆方程可得，x0 2+y0 2＝2， 2 0 2 x  y1 2＝1， 故 y0 2＝2y1 2，即 y0 12y ， 又 S△OMN 1 2  x0（y1﹣y0） 2 3 6 8  ，则 x0y1 6 4   联立 0 1 2 20 1 6 4 12 x y x y       ，可解得 0 0 2 2 6 2 x y      或 0 0 6 2 2 2 x y      ，∴下辅助点 N 的坐标为（ 2 2 ， - 22 - 6 2  ） 或（ 6 2 ， 2 2  ）； （3）由题意可设 A（x1，y1），B（x2，y2）． 联立 2 2 12 x y x my t       整理得（m2+2）y2+2mty+t2﹣2＝0， 则△＝8（m2+2﹣t2）＞0． 根据韦达定理得 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 mty y m ty y m        ， 因为四边形 OAPB 是对边平行且相等，即四边形 OAPB 恰好为平行四边形， 所以OP OA OB    ．所以 1 2 2 2 2P mty y y m     ，  1 2 1 2 1 2 2 42 2P tx x x my t my t m y y t m            因为点 P 在椭圆 E 上，所以     2 2 2 2 22 2 16 4 1 2 2 2 t m t m m     ， 整理得     2 2 22 4 2 1 2 m t m    ，即 4t2＝m2+2， 在直线 l：x﹣my﹣t＝0 中，由于直线 l 与坐标轴围成三角形，则 t≠0，m≠0． 令 x＝0，得 ty m   ，令 y＝0，得 x＝t． 所以三角形 OAB 面积为 21 1 2 1 2 1 22 22 8 8 8 4 t mS t mm m m              ， 当且仅当 m2＝2，t2＝1 时，取等号，此时△＝24＞0．且有 m2+t2＝3， 故所求 m2+t2 的值为 3． 【点睛】本题考查椭圆的方程及直线与椭圆的综合和面积公式，均值不等式的应用，属于中 档题． 请考生在第 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分． 22.在平面直角坐标系 xOy 中，将曲线方程    2 22 2 116 4 x y   ，先向左平移 2 个单位，再 向上平移 2 个单位，得到曲线 C. - 23 - （1）点 M（x，y）为曲线 C 上任意一点，写出曲线 C 的参数方程，并求出 1 32 x y 的最大 值； （2）设直线 l 的参数方程为 2 2 x t y t     ，（t 为参数），又直线 l 与曲线 C 的交点为 E，F，以 坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求过线段 EF 的中点且与 l 垂直的直线的 极坐标方程. 【答案】（1） 4 2 x cos y sin      （θ为参数）；4；（2） 2 cos sin 3 0      【解析】 【分析】 （1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换，进一步利用 三角函数关系式的变换和余弦型函数性质的应用求出结果. （2）利用中点坐标公式的应用和直线垂直的充要条件的应用求出结果. 【详解】解：（1）将曲线方程    2 22 2 116 4 x y   ，先向左平移 2 个单位，再向上平移 2 个单位，得到曲线 C 的方程为    2 22 2 2 2 116 4 x y     ， 即 2 2 116 4 x y  ， 故曲线 C 的参数方程为 4 2 x cos y sin      （θ为参数）； 又点 M（x，y）为曲线 C 上任意一点， 所以 1 32 x y  2cos 2 3sin   4cos（ 3   ）. 所以 1 32 x y 的最大值为 4； （2）由（1）知曲线 C 的直角坐标方程为 2 2 116 4 x y  ， 又直线 l 的参数方程为 2 2 x t y t     ，（t 为参数）， 所以直线 l 的普通方程为 x+2y﹣4＝0， - 24 - 所以有 2 2 2 4 0 116 4 x y x y      ， 解得 4 0 x y    或 0 2 x y    . 所以线段 EF 的中点坐标为（ 4 0 2 0 2 2  ， ）， 即线段 EF 的中点坐标为（2，1）， 直线 l 的斜率为 1 2  ， 则与直线 l 垂直的直线的斜率为 2， 故所求直线的直角坐标方程为 y﹣1＝2（x﹣2）， 即 2x﹣y﹣3＝0， 将 x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入， 得其极坐标方程为 2ρcosθ﹣ρsinθ﹣3＝0. 【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，中点坐标 公式，直线与曲线位置关系的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于 基础题型. 23.已知函数 f（x）  |2x﹣3|，g（x）  |2x+a+b|. （1）解不等式 f（x） x2； （2）当 a 0，b 0 时，若 F（x） f（x）+g（x）的值域为[5，+∞），求证： 1 1 2 2 2 3a b    . 【答案】（1）{ | 1x x  或 3}x   ；（2）见解析 【解析】 【分析】 （1）由题意可得|2x﹣3| x2，由绝对值的意义，去绝对值，解不等式，求并集，可得所求解 集； （2）由 a 0，b 0，根据绝对值三角不等式，化简可得 F（x）的最小值，可得 a+b 的值，再 由乘 1 法和基本不等式，即可得证. 【详解】（1）解：不等式 f（x）x2 化为|2x﹣3| x2，等价于 2 3 2 2 3 x x x      或 2 3 2 3 2 x x x      ， - 25 - 即为 3 2x x R     或 3 2 1 3 x x x       或 ， 解得 x 3 2  或 x ﹣3 或 1 x 3 2  ， 所以不等式 f（x）x2 的解集为{x|x 1 或 x﹣3}； （2）证明：由 a 0，b 0， 根据绝对值三角不等式可知 F（x）  f（x）+g（x）  |2x﹣3|+|2x+a+b|  |3﹣2x|+|2x+a+b| ≥|3﹣2x+2x+a+b|  |a+b+3|  a+b+3， 又 F（x）  f（x）+g（x）的值域为[5，+∞）， 可得 a+b+3  5， 即 a+b  2， 即（a+2）+（b+2）  6， 故 1 1 1 2 2 6a b    [（a+2）+（b+2）]（ 1 1 2 2a b   ） 1 6  （2 2 2 2 2 b a a b     ） 1 6  （2+2 2 2 2 2 b a a b    ） 2 3  ， 当且仅当 2 2 2 2 b a a b    ，即 a  b  1 时取等号时， 故 2 2 2 2 2 3 b a a b     . 【点睛】本题考查绝对值不等式的解法和绝对值不等式的性质的运用，考查均值不等式的运 用：证明不等式，主要考查分类讨论思想和转化思想、化简运算能力和推理能力，属于中档 题. - 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