吉林省长春市2020届高三质量监测（四模考试）数学（理科）试题 Word版含解析 24页

- 1 - 长春市 2020 届高三质量监测(四)理科数学 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，只有一项 是符合题目要求的. 1. 设集合 2{ | 1}, { | 0}A x x B x x   ，则  R A B ð （ ） A. { | 1}x x  B. { | 1}x x  C. { | 1x x   或 0 1}x  D. { | 1x x   或 0 1}x  【答案】B 【解析】 【分析】 先利用一元二次不等式的解法化简集合 A，再求 A 与 B 的并集，然后再求补集即可. 【详解】因为 2{ | 1}={ | 1 1}A x x x x „ ≤ ≤ ， { | 0}B x x  ， 所以 ={ | 1}A B x x ≤ ， 所以   { | 1}R A B x x ð . 故选：B 【点睛】本题主要考查集合的基本运算以及一元二次不等式的解法，还考查了运算求解的能 力，属于基础题. 2. 在等比数列{ }na 中， 3 63, 6a a  ，则 9a  （ ） A. 1 9 B. 1 12 C. 9 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】 根据等比数列下标和性质计算可得； 【 详 解 】 解 ： 因 为 等 比 数 列 的 性 质 ， 3 6 9, ,a a a 成 等 比 数 列 ， 即 96 2 3a a a  ， 所 以 39 2 6 36 3 12a a a    . 故选：D 【点睛】本题考查等比数列的性质的应用，属于基础题. - 2 - 3. 设复数   ,z x yi x Ry   ，下列说法正确的是（ ） A. z 的虚部是 yi ; B. 2 2| |z z ； C. 若 0x  ，则复数 z 为纯虚数; D. 若 z 满足 | 1|z i  ，则 z 在复平面内对应点 ,x y 的轨迹是圆. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据复数的相关概念一一判断即可； 【详解】解： z 的实部为 x ，虚部为 y 所以故 A 错； 2 2 2 2 iz x y xy   ， 2 2 2| |z x y  ，所以 B 错； 当 0 0x y ， 时， z 为实数，所以 C 错； 由 | 1|z i  得| | 1x yi i   ， | ( 1) | 1x y i    ， 2 2( 1) 1x y    ，所以 D 对. 故选：D 【点睛】本题考查复数的相关概念的理解，属于基础题. 4. 树立劳动观念对人的健康成长至关重要，某实践小组共有 4 名男生，2 名女生，现从中选 出 4 人参加校园植树活动，其中至少有一名女生的选法共有（ ） A. 8 种 B. 9 种 C. 12 种 D. 14 种 【答案】D 【解析】 【分析】 采用采用间接法，任意选有 4 6 15C  种，都是男生有 1 种，进而可得结果. 【详解】任意选有 4 6 15C  种，都是男生有 1 种，则至少有一名女生有 14 种. 故选：D. 【点睛】本题考查分类计数原理，考查间接法求选法数，属于基础题目. 5. 若sin 8 3 1     ，则 sin 2 4      （ ） - 3 - A. 2 9  B. 2 9 C. 7 9  D. 7 9 【答案】C 【解析】 【分析】 利用诱导公式和二倍角公式可化简求得结果. 【 详 解 】 2 2 7sin 2 sin 2 cos 2 1 2sin 14 4 2 4 8 9 9                                             . 故选：C . 【点睛】本题考查利用诱导公式和二倍角公式求值的问题，考查基础公式的应用. 6. 田径比赛跳高项目中，在横杆高度设定后，运动员有三次试跳机会，只要有一次试跳成功 即完成本轮比赛.在某学校运动会跳高决赛中，某跳高运动员成功越过现有高度即可成为本次 比赛的冠军，结合平时训练数据，每次试跳他能成功越过这个高度的概率为 0.8(每次试跳之 间互不影响)，则本次比赛他获得冠军的概率是（ ） A. 0.832 B. 0.920 C. 0.960 D. 0.992 【答案】D 【解析】 【分析】 根据相互独立事件的概率公式求出三次试跳都没成功的概率，由对立事件的概率公式可得其 获得冠军的概率； 【 详 解 】 解 ： 三 次 试 跳 都 没 成 功 的 概 率 为 30.2 =0.008 ， 所 以 他 获 得 冠 军 的 概 率 是 1 0.008 0.992  . 故选：D 【点睛】本题考查相互独立事件的概率公式的应用，属于基础题. 7. 已知 5log 2a  ， 0.5log 0.2b  ，  ln ln 2c  ，则 a 、b 、 c 的大小关系是（ ） A. a b c  B. a c b  C. b a c  D. c a b  【答案】D 【解析】 - 4 - 【分析】 利用对数函数的单调性比较 a 、 b 、 c 与 0 和1的大小关系，进而可得出 a 、 b 、 c 三个数的 大小关系. 【详解】 5 5 5log 1 log 2 log 5  ，则 0 1a  ， 0.5 0.5log 0.2 log 0.5 1b    ， ln1 ln 2 ln e  ，即 0 ln 2 1  ，  ln ln 2 ln1 0c    . 因此， c a b  . 故选：D. 【点睛】本题考查对数式的大小比较，一般利用对数函数的单调性结合中间值法来比较，考 查推理能力，属于基础题. 8. 已知直线 a 和平面 、 有如下关系：①  ；② //  ；③ a  ；④ //a  .则下列 命题为真的是（ ） A. ①③ ④ B. ①④ ③ C. ③④ ① D. ②③ ④ 【答案】C 【解析】 【分析】 利用面面垂直的性质可判断 A 选项的正误；由空间中线面位置关系可判断 B 选项的正误；利 用线面垂直的判定定理和线面平行的性质定理可判断 C 选项的正误；利用面面平行的性质可 判断 D 选项的正误. 【详解】对于 A 选项，由①③可知， //a  或 a  ，A 错； 对于 B 选项，由①④可知， a 与  的位置关系不确定，B 错； 对于 C 选项，过直线 a 作平面 ，使得 b   ， //a  ，则 //a b ， a  ， b   ， b  ，    ，C 对； 对于 D 选项，由②③可知， a  ，D 错. 故选：C. 【点睛】本题考查空间中有关线面位置关系命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题. 9. 如图，为测量某公园内湖岸边 ,A B 两处的距离，一无人机在空中 P 点处测得 ,A B 的俯角 分别为 ,  ，此时无人机的高度为 h ，则 AB 的距离为（ ） - 5 - A.   2 2 2cos1 1 sin si sn s n inih        B.   2 2 2cos1 1 sin si sn s n inih        C.   2 2 2cos1 1 cos co cs c s osoh        D.   2 2 2cos1 1 cos co cs c s osoh        【答案】A 【解析】 【分析】 设点 P 在 AB 上的投影为 O，在 Rt△POB 中，可得 sin hPB  ，再结合正弦定理和三角恒等变 换的公式，化简求得 AB ，得到答案. 【详解】如图所示，设点 P 在 AB 上的投影为 O，在 Rt△POB 中，可得 sin hPB  ， 由正弦定理得 sin( ) sin AB PB    ， 所以 sin( ) sin( )=sin sin sin PB hAB            2 2 2 2 2 2 sin ( ) (sin cos cos sin )=sin sin sin sinh h              2 2 2 2 2 2 sin cos cos sin 2sin cos cos sin= sin sinh             2 2 2 2 cos cos 2cos cos= sin sin sin sinh           2 2 2 2 1 sin 1 sin 2cos cos= sin sin sin sinh            2 2 1 1 2cos cos2sin sin sin sinh           - 6 - 2 2 1 1 2sin sin 2cos cos sin sin sin sinh             2 2 1 1 2cos( ) sin sin sin sinh           故选：A. 【点睛】本题主要考查了解三角形的实际应用，其中解答中结合图象把实际问题转化为数学 问题，合理利用正弦定理求解是解答的关键，注重考查了推理与运算能力. 10. 过抛物线  2: 2 0C x py p  的焦点 F 的直线交该抛物线于 A B、 两点，若3 AF BF ， O 为坐标原点，则 AF OF  （ ） A. 4 3 B. 3 4 C. 4 D. 5 4 【答案】A 【解析】 【分析】 画出图像,分别作 ,A B 关于准线的垂线,再根据平面几何的性质与抛物线的定义求解即可. 【详解】如图,作分别作 ,A B 关于准线的垂线,垂足分别为 ,D E ,直线 AB 交准线于C .过 A 作 BE 的垂线交 BE 于G ,准线与 y 轴交于 H .则根据抛物线的定义有 ,AF AD BF BE  . 设 AF AD t  , 3BF BE t  ,故 2BG t , 4AB t ,故 1cos 2 BGABG AB    . 故 2 6BC BE t  ,故 FH 是 CBE△ 边 BE 的中位线,故 1 1 3 2 4 4OF FH BE t   . 故 4 3 3 4 AF t tOF   . - 7 - 故选：A 【点睛】本题主要考查了利用平面几何中的比例关系与抛物线的定义求解线段比例的问题,需 要根据题意作出对应的辅助线,利用边角关系求解,属于中档题. 11. 函数    sinf x x   的部分图象如图中实线所示，图中的圆C 与  f x 的图象交于 M 、 N 两点，且 M 在 y 轴上，则下列说法中正确的是（ ） ①函数  f x 的图象关于点 4 ,03      成中心对称; ②函数  f x 在 1 1,2 6       上单调递增; ③圆C 的面积为 31 36  . A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③ 【答案】B 【解析】 【分析】 - 8 - 先求出函数  y f x 的解析式，验证 4 03f      可判断①的正误；利用正弦函数的单调性可 判断②的正误；求出圆C 的半径，利用圆的面积可判断③的正误. 【详解】由圆的对称性，正弦函数的对称性得 1 ,03      为函数  y f x 的一个对称中心， 所以周期 1 12 13 6T        ， 2 2T     ， 又 函数  y f x 的图象过点 1 ,06     ，则 1 sin 06 3f              ， 且函数  y f x 在 1 6x   附近单调递增，所以，  23 k k Z    ，可取 3   . 所以，   i 2s n 3xf x       . 084 s =33in3f             成立，所以①对； 当 1 1 2 6x    时， 2 2 03 3x     ，所以，函数  y f x 在区间 1 1,2 6       上不单 调，所以②错； 当 0x  时，得点 M 的坐标为 30, 2       ，所以圆的半径为 221 3 31 3 2 6MC             ， 则圆的面积为 31 36  ，所以③对. 故选：B. 【点睛】本题考查利用正弦函数的基本性质求解析式，同时也考查了正弦型函数的对称性和 单调性的判断，考查推理能力与计算能力，属于中等题. 12. 函数    2 Rmx mxf x e e x mx m    的图象在点      1 1 1 1, , ,A x f x B x f x  处 两条切线的交点 0(P x ， 0 )y 一定满足（ ） A. 0 0x  B. 0x m C. 0 0y  D. 0y m 【答案】A 【解析】 - 9 - 【分析】 根据函数    2 Rmx mxf x e e x mx m    ，求导，然后利用导数的几何意义，分别写出 在点      1 1 1 1, , ,A x f x B x f x  处的切线方程，再联立求解即可. 【详解】因为函数    2 Rmx mxf x e e x mx m    ， 所以   2mx mxf x me me x m     ， 所以   1 1 1 12    mx mxf x me me x m   1 1 1 12     mx mxf x me me x m 所以    1 1 2 1 1 1 R   mx mxf x e e x mx m ，    1 1 2 1 1 1+ R    mx mxf x e e x mx m 又因为在点      1 1 1 1, , ,A x f x B x f x  处的切线方程分别为：          1 1 1 1 1 1,y f x f x x x y f x f x x x         ， 联立消去 y 得：   1 1 1 1 2 1 1 1 12 +       mx mx mx mxme me x m x x e e x mx ，   1 1 1 1 2 1 1 1 1+2       mx mx mx mxme me x m x x e e x mx . 解得 0x  . 故选：A 【点睛】本题主要考查导数的几何意义以及直线的交点，还考查了运算求解的能力，属于基 础题. 二、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. 13. 已知双曲线 22 2 2 1( 0 0)yx a ba b    ， 的离心率为 2 ，则该双曲线的渐近线方程为 ______． 【答案】 y x  【解析】 【分析】 根据离心率公式和双曲线的 , ,a b c 的关系进行求解 【详解】由题知： 2 2 2 2        ce a ba c a b ，双曲线的渐近线方程为 y x  - 10 - 故答案为 y x  【点睛】本题考查双曲线渐近线的求法，解题时要熟练掌握双曲线的简单性质 14. 执行如图所示的程序框图，若输入  1,3t   ，则输出 s 的取值范围是____________. 【答案】[0,1] 【解析】 【分析】 分别在  1,1t   和  1,3t  两种情况下，根据指数函数和对数函数的单调性求得值域，取并 集得到所求的取值范围. 【详解】当  1,1t   时， 1ts e  ， 1ts e  在 1,1 上单调递增， 2 ,1s e   ； 当  1,3t  时， 3logs t ， 3logs t 在 1,3 上单调递增，  0,1s  ； 综上所述：输出的  0,1s . 故答案为： 0,1 . 【点睛】本题以程序框图为载体考查了指数函数和对数函数值域的求解问题，关键是能够通 过分类讨论得到函数的单调性，进而确定所求值域. 15. 已知向量  0,1 ,| | 7, 1,AB AC AB BC       则 ABC 面积为____________. 【答案】 3 2 - 11 - 【解析】 【分析】 根据  0,1 AB ， 1AB BC   ，可得 | |cos 1  BC B ，再由| | 7 AC ，利用余弦定理可解 得| |BC  ， cos B ，进而得到sin B ，然后代入 1 sin2 ABCS BA BC B 求解. 【详解】因为  0,1 AB ， 所以| | 1 AB ， 又因为 | || |cos( ) 1       AB BC AB BC B ， 所以 | |cos 1  BC B ， 由余弦定理得 2 2 2| | | | | | 2 | | | | cos         AC AB BC AB BC B ， 所以| | 2BC  ， 则 1cos 2B   ， 因为 0 180  Bo ， 所以 120B   ， 3sin 2B  ， 所以面积为 1 1 3 3sin 1 22 2 2 2      ABCS BA BC B . 故答案为： 3 2 【点睛】本题主要考查平面向量与解三角形，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 16. 已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2，点 ,M N 分别是棱 1,BC CC 的中点，则二面 角C AM N  的余弦值为_________；若动点 P 在正方形 1 1BCC B (包括边界)内运动，且 1PA / / 平面 AMN ，则线段 1PA 的长度范围是_________. - 12 - 【答案】 (1). 2 3 (2). 3 2[ , 5]2 【解析】 【分析】 延长 AM 交 DC 于点 Q，过 C 作 AM 垂线 CG，垂足为 G，连接 NG，则∠NGC 为二面角C AM N  的平面角，计算可得结果；取 1 1B C 的中点 E ， 1BB 的中点 F ，连结 1A E ， 1A F ，EF ，取 EF 中点O ，连结 1AO ，推导出平面 / /AMN 平面 1A EF ，从而点 P 的轨迹是线段 EF ，由此能 求出 1PA 的长度范围． 【详解】延长 AM 交 DC 于点 Q，过 C 作 AM 垂线 CG，垂足为 G，连接 NG， 则∠NGC 为二面角C AM N  的平面角， 计算得 2 5 5CG  ， 22 5 3 5( ) 15 5NG    ， 所以 2 5 3 5 2cos 5 5 3NGC    取 1 1B C 的中点 E ， 1BB 的中点 F ，连接 1A E ， 1A F ， EF ，取 EF 中点O ，连接 1AO ， - 13 - 点 M ， N 分别是棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中棱 BC ， 1CC 的中点， 1/ /AM A E ， / /MN EF ， AM M N M  ， 1A E EF E ， 平面 / /AMN 平面 1A EF ， 动点 P 在正方形 1 1BCC B （包括边界）内运动，且 1 / /PA 面 AMN ， 点 P 的轨迹是线段 EF ， 2 2 1 1 2 1 5A E A F    ， 2 21 1 2  EF ， 1AO EF  ， 当 P 与O 重合时， 1PA 的长度取最小值 2 2 1 2 3 2( 5) ( )2 2AO    ， 当 P 与 E （或 )F 重合时， 1PA 的长度取最大值为 1 1 5A E A F  ． 1PA 的长度范围为 3 2[ , 5]2 ． 故答案为： 2 3 ； 3 2[ , 5]2 【点睛】本题考查二面角余弦值的求法和线段长度的取值范围的求法，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． 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.第 17~21 题为必考题，每 个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:共 60 分 - 14 - 17. 已知数列 na 是等比数列，且公比 q不等于1，数列 nb 满足 2 nb na  . （1）求证：数列 nb 是等差数列； （2）若 1 2a  ， 3 2 43 2a a a  ，求数列 2 1 1 logn nb a        的前 n 项和 nS . 【答案】（1）见解析；（2） 1n nS n   【解析】 【分析】 （1）根据对数运算法则和等比数列定义可证得 1 2logn nb b q  ，由此证得结论； （2）利用等比数列通项公式可构造方程求得 q，进而整理得到 2 1 1 logn nb a  ，采用裂项相消法 可求得结果. 【详解】（1）已知数列{ }nb 满足 2 nb na  ，则 2logn nb a ， 1 1 2 1 2 2 2log log log logn n n n n n ab b a a qa         ， 数列 nb 为等差数列. （2）由 1 2a  ， 3 2 43 2a a a  可得： 2 36 4 2q q q  ，解得： 2q = 或 1q  （舍）， 2n na  ，则 2logn nb a n  ，  2 1 1 1 1 1 log 1 1n nb a n n n n     ， 1 1 1 1 1 11 12 2 3 1 1 1n nS n n n n                            . 【点睛】本题考查等差数列的证明、裂项相消法求解数列的前 n 项和问题，涉及到等比数列通 项公式的应用；求和问题的处理关键是能够根据通项公式的形式进行准确裂项，进而前后相 消求得结果. 18. 如图，四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为梯形， / / , 90BAB C ADD   ，点 E 为 PB 的中点，且 2 2 4CD AD AB   ，点 F 在 CD 上，且 1 3DF FC . - 15 - （1）求证： EF / / 平面 PAD ； （2）若平面 PAD  平面 ABCD ， PA PD 且 PA PD ，求直线 PA 与平面 PBF 所成角 的正弦值. 【答案】（1）见解析；（2） 2 7 7 【解析】 【分析】 （1）如图所示，取 PA 的中点 M ，连结 DM 、 EM ，所以根据线面平行的判定定理即可证 明；（2）取 AD 中点 N ， BC 中点 H ，连结 PN 、 NH ，以 N 为原点，NA 方向为 x 轴，NH 方向为 y 轴，NP 方向为 z 轴，建立空间坐标系，找到平面 PBF 的一个法向量 n  ，求出直线 PA 向量 n  所成夹角的余弦值，即可求直线 PA 与平面 PBF 所成角的正弦值. 【详解】（1）如图所示，取 PA 的中点 M ，连结 DM 、 EM ， 因为点 E 为 PB 的中点，且 2 2 4CD AD AB   ，所以 / /EM AB 且 1 12EM AB  ， 因为 1 3DF FC ，所以 4 1 1 DF DC ，所以 1 EM DF ， 又因为 / /AB DC ，所以 / /EM DF ，所以四边形 EMDF 为平行四边形， 所以 / /EF DM ，又 DM  平面 PAD ， EF  平面 PAD ，所以 EF ∥平面 PAD ； - 16 - （2）取 AD 中点 N ， BC 中点 H ，连结 PN 、 NH ， 因为 PA PD ，所以 PN AD^ ， 又平面 PAD  平面 ABCD ，所以 PN ^平面 ABCD ， 又 / / , 90BAB C ADD   ，所以 AD NH ， 以 N 为原点，NA 方向为 x 轴，NH 方向为 y 轴，NP 方向为 z 轴，建立空间坐标系， 所以  0,0,1P ，  1,0,0A ，  1,2,0B ，  1,1,0F  ， 在平面 PBF 中  1, 2,1   BP ，  2, 1,0   BF ，  = 1,0, 1PA  , 设在平面 PBF 的法向量为  , ,n x y z ，所以 0 0 BP n BF n           ， 2 0 2 0 x y z x y        ， 令 1x  ，则法向量  1, 2, 3n    ，又  1,0, 1PA   ， 设直线 PA 与平面 PBF 所成角为 ， 所以 | | 4 2 7sin | cos , | 7| | | | 2 14              PA nPA n PA n ， 即直线 PA 与平面 PBF 所成角的正弦值为 2 7 7 . 【点睛】 本题主要考查线面平行的判定，和线面所成角的求法，解题的关键是会用法向量的方法求线 - 17 - 面角的正弦值. 19. 已知椭圆 2 2: 12 xC y  与 x 轴正半轴交于点 A ，与 y 轴交于 B 、 D 两点. （1）求过 A 、 B 、 D 三点的圆 E 的方程； （2）若O 为坐标原点，直线 l 与椭圆C 和（1）中的圆 E 分别相切于点 P 和点Q （ P 、Q 不 重合），求直线 OP 与直线 EQ 的斜率之积. 【答案】（1） 2 22 9 4 8x y        ；（2） 24 . 【解析】 【分析】 （1）求出 A 、 B 、 D 三点的坐标，求得圆心 E 的坐标，进而求出圆 E 的半径，由此可求得 圆 E 的方程； （2）设直线 l 的方程为 y kx m  （ k 存在且 0k  ），将直线 l 的方程与椭圆C 的方程联立， 由 0  可得 2 21 2m k  ，由直线 l 与圆 E 相切可得出 2 24 2 8 8 9km k m   ，进而可得 出 2 22 1 24 1k m   ，求出直线 OP 与直线 EQ 的斜率，进而可求得结果. 【详解】（1）由题意可得  2,0A 、  0, 1B  、  0,1D ，则圆心 E 在 x 轴上，设点  ,0E m ， 由 BE AE ，可得  221 2m m   ，解得 2 4m  ，圆 E 的半径为 3 2 4AE  . 因此，圆 E 的方程为 2 22 9 4 8x y        ； （2）由题意：可设l 的方程为 y kx m  （ k 存在且 0k  ）， 与椭圆C 联立消去 y 可得 2 2 21 2 4 2 2 0k x kmx m     ， 由直线l 与椭圆C 相切，可设切点为  0 0,P x y ，由   2 2 2 216 4 2 1 1 2 0k m m k       ， 可得 2 21 2m k  ，解得 0 2kx m   ， 0 1y m  ， 由圆 E 与直线l 相切，即 2 2 4 3 2 41 k m k    ，可得 2 24 2 8 8 9km k m   . - 18 - 因此由 2 2 2 2 1 2 4 2 8 8 9 m k km k m       ，可得 2 22 1 24 1k m   ， 直线 OP 的斜率为 1 2OPk k   ，直线 EQ 的斜率 1 EQk k   ， 综上： 2 242 1 OP EQk kk   . 【点睛】本题考查三角形外接圆方程的求解，同时也考查了椭圆中直线斜率之积的计算，考 查计算能力，属于中等题. 20. 武汉市掀起了轰轰烈烈的“十日大会战”，要在 10 天之内，对武汉市民做一次全员检测， 彻底摸清武汉市的详细情况.某医院为筛查冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有  *1000 n N 份血液样本，有以下两种检验方式： 方案①：将每个人的血分别化验，这时需要验 1000 次. 方案②：按 k 个人一组进行随机分组，把从每组 k 个人抽来的血混合在一起进行检验，如果每 个人的血均为阴性，则验出的结果呈阴性，这 k 个人的血就只需检验一次(这时认为每个人的 血化验 1 k 次)；否则，若呈阳性，则需对这 k 个人的血样再分别进行一次化验这样，该组 k 个 人的血总共需要化验 1k  次. 假设此次检验中每个人的血样化验呈阳性的概率为 p ，且这些 人之间的试验反应相互独立. （1）设方案②中，某组 k 个人中每个人的血化验次数为 X ，求 X 的分布列； （2）设 0.1p  . 试比较方案②中，k 分别取 2,3,4 时，各需化验的平均总次数；并指出在这 三种分组情况下，相比方案①，化验次数最多可以减少多少次？(最后结果四舍五入保留整数) 【答案】（1）分布列见解析；（2） 2k  ，总次数为 690 次； 3k  ，总次数为 604 次； 4k  ， 次数总为 594 次；减少 406 次 【解析】 【分析】 （1）设每个人的血呈阴性反应的概率为 q，可得 1q p  ，再由相互独立事件的概率求法可 得 k 个人呈阴性反应的概率为 kq ，呈阳性反应的概率为1 kq ，随机变量 1,1X k k   即可得 出分布列. （2）由（1）的分布列可求出数学期望，然后令 2,3,4k  求出期望即可求解. 【详解】（1）设每个人的血呈阴性反应的概率为 q，则 1q p  . - 19 - 所以 k 个人的血混合后呈阴性反应的概率为 kq ，呈阳性反应的概率为1 kq ， 依题意可知 1,1X k k   ， 所以 X 的分布列为： 11 1 1k k X k k P q q   （2）方案②中，结合（1）知每个人的平均化验次数 为:    1 11 1 11k k kE X q qk k kq             所以当 2k  时,   21 0.9 1 0.692E X     ， 此时 1000 人需要化验的总次数为 690 次， 3k    31, 0.9 1 0.60433E X     ，此时 1000 人需要化验的总次数为 604 次， 4k  时,   41 0.9 1 0.59394E X     ，此时 1000 人需要化验的次数总为 594 次， 即 2k  时化验次数最多， 3k  时次数居中， 4k  时化验次数最少. 而采用方案①则需化验 1000 次，故在这三种分组情况下，相比方案①, 当 4k  时化验次数最多可以平均减少 1000-594=406 次. 【点睛】本题考查了两点分布的分布列、数学期望，考查了考生分析问题、解决问题的能力， 属于中档题. 21. 已知函数   2 ln 2 , x ef x a x e Ra   （1）若函数  f x 在 2 ex  处有最大值，求 a 的值； （2）当 a e 时，判断  f x 的零点个数，并说明理由. 【答案】（1）a e ；（2）当 0 a e  时，函数  f x 无零点；当 0a  或 a e 时，函数  f x 只有一个零点. 【解析】 【分析】 （1）根据函数最值点可确定 02 ef      ，从而求得 a ；代入 a 的值验证后满足题意，可得到 - 20 - 结果； （2）令    ln 0tg t a a t e t    ，将问题转化为  g t 零点个数的求解问题；分别在 0a  、 0a  和 0 a e  三种情况下，根据导函数得到原函数的单调性，结合零点存在定理和函数的 最值可确定零点的个数. 【详解】（1）由题意得：  f x 定义域为  0,  ，   22 x eaf x ex e    ，  f x 在 2 ex  处取得最大值， 2 2 02 e af e        ，解得： a e . 当 a e 时，   2 ln 2 x ef x e x e  ，   22 x eef x ex e    ，   2 2 2 4 0 x eef x ex e      ，  f x 在  0,  上单调递减， 又 02 ef      ，则 0, 2 ex     时，   0f x  ；当 ,2 ex      时，   0f x  ；  f x 在 0, 2 e     上单调递增，在 ,2 e    上单调递减，  max 2 ef x f       ，满足题意； 综上所述： a e . （2）令 2xt e  ，    ln 0tg t a a t e t    ，则  g t 与  f x 的零点个数相等， ①当 0a  时  , 0,tg t e   即   2 0 x ef x e   ，函数  f x 的零点个数为 0 ； ②当 0a  时,   0tag t et     ，  g t 在 0,  上为减函数， 即函数  g t 至多有一个零点，即  f x 至多有一个零点. 当 1 0 e at e    时， 1 ln ln 1 e a ea a t a a e a a ea                ， ln taa t e  ，即   0g t  ，又   01g a e   ， 函数  g t 有且只有一个零点，即函数  f x 有且只有一个零点； ③当 0 a e  时，令   0g t  ，即 ta te ， 令    0th t te t  ，则    1 0t t th t e te t e      - 21 -   th t te  在 0,  上为增函数，又  1h e ， 故存在  0 0,1t  ，使得  0 0g t  ，即 0 0 ta et  . 由以上可知：当 00 t t  时，   0g t  ，  g t 为增函数；当 0t t 时，   0g t  ，  g t 为 减函数；     0 0 0 0max 0 ln lnt ag t g t a a t e a a t t         ，  0 0,1t  ， 令   ln aF t a a t t    ，  0,1t  ， 则   2 0a aF t t t     ，  F t 在 0,1 上为增函数， 则    1 0F t F   ，即   max 0g t  ，当且仅当 1t  ， a e 时等号成立， 由以上可知：当 a e 时，  g t 有且只有一个零点，即  f x 有且只有一个零点；当 0 a e  时，  g t 无零点，即  f x 无零点； 综上所述：当 0 a e  时，函数  f x 无零点；当 0a  或 a e 时，函数  f x 只有一个零点. 【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到根据函数的最值求解参数值、利用导数 研究函数零点个数的问题；函数零点个数的求解关键是能够通过换元法将问题转化为新函数 零点个数的求解，进而通过分类讨论的方式，结合函数单调性、零点存在定理和函数最值来 确定零点个数，属于较难题. (二)选考题:共 10 分,请考生在 22、23 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，曲线 1C 的参数方程为 1 cos sin x y       ( 为参数)，以坐标原 点O 为极点，x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系，点 A 为曲线 1C 上的动点，点 B 在线段OA的 延长线上且满足| | | | 8,OA OB  点 B 的轨迹为 2C . （1）求曲线 1 2,C C 的极坐标方程； （2）设点 M 的极坐标为 32, 2      ，求 ABM 面积的最小值. 【答案】（1） 1C ： 2cos  ， 2C ： cos 4   ； （2）2. - 22 - 【解析】 【分析】 （1）消去参数，求得曲线 1C 的普通方程，再根据极坐标方程与直角坐标方程的互化公式，即 可求得曲线 1C 的极坐标方程，再结合题设条件，即可求得曲线 2C 的极坐标方程； （2）由 2OM  ,求得 OBM OAMABMS S S    ，求得 ABM 面积的表达式，即可求解. 【详解】（1）由曲线 1C 的参数方程为 1 cos sin x y       ( 为参数)， 消去参数，可得普通方程为  2 21 1x y   ，即 2 2 2 0x y x   ， 又由 cos , sinx y     ，代入可得曲线 1C 的极坐标方程为 2cos  ， 设点 B 的极坐标为 ( , )  ，点 A 点的极坐标为 0 0( , )  ， 则 0 0 0 0, , 2cos ,OB OA         ， 因为| | | | 8OA OB  ，所以 0 8   ，即 8 2cos  ，即 cos 4   ， 所以曲线 2C 的极坐标方程为 cos 4   . （2）由题意，可得 2OM  , 则 2 21 1| | | | 2 4 2cos 4 2cos2 2ABM BOBM O M AAS S S OM x x              ， 即 24 2cosABMS    ， 当 2cos 1  ，可得 ABMS 的最小值为 2. 【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，以及直角坐标方程与极坐标方程的互化，以 及极坐标方程的应用，着重考查推理与运算能力，属于中档试题. 23. 已知函数   | 2 3| | 2 3|.f x x x    （1）解不等式   8f x  ； （2）设 xR 时，  f x 的最小值为 M .若实数 , ,a b c 满足 2a b c M   ，求 2 2 2a b c  的最小值. - 23 - 【答案】（1）{ | 2 2}x x „≤ ；（2）6 【解析】 【分析】 （1）利用零点分段讨论求解不等式； （2）利用绝对值三角不等式求得 6M  ，利用柯西不等式求解最值. 【详解】（1） 3 2 2 x x       或 3 3 2 2 6 8 x     或 3 2 2 x x    … ∴{ | 2 2}x x „≤ ， （2）∵      | 2 3 2 3 | 6 6x x xf M     …     22 2 2 2 2 21 1 2 2 36,a b c a b c       … 当且仅当 2 2a b c  时“=”成立，所以 2 2 2 6,a b c  … 所以最小值为 6. 【点睛】此题考查解绝对值不等式，利用零点分段讨论求解，利用绝对值三角不等式求解最 值，结合柯西不等式求最值，需要注意考虑等号成立的条件. - 24 -