山东省枣庄市2020届高三模拟考试（二调）数学试题 Word版含解析 25页

- 1 - 2020 届高三模拟考试 数学试题 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分．满分 150 分．考试用时 120 分钟．考试结束后， 将本试卷和答题卡一并交回． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标 号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时， 将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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.已知集合 { | lg( 1)}A x y x   ，  | 2 ,xB y y x   R ，则 A B  （ ） A. ( 1,0) B. ( 1, )  C. R D. ( ,0) 【答案】C 【解析】 【分析】 求出对数型复合函数的定义域得集合 A ，结合指数函数的值域求得集合 B ，再根据并集概念 求得交集． 【详解】由题意 { | 1 0} { | 1} ( 1, )A x x x x         ， { | 0} ( ,0)B y y    ， ∴ A B R ． 故选：C． 【点睛】本题考查集合的并集运算，掌握对数函数和指数函数的性质是解题关键． 2.已知i 是虚数单位， 1i  是关于 x 的方程 2 0( , )x px q p q    R 的一个根，则 p q  （ ） A. 4 B. 4 C. 2 D. 2 【答案】A 【解析】 - 2 - 【分析】 根据实系数方程的虚数根成对出现得出另一个根，然后由韦达定理求出 ,p q ， 【详解】∵ 1i  是关于 x 的方程 2 0( , )x px q p q    R 的一个根，∴方程的另一根为 1 i  ， ∴ 1 ( 1 )i i p       ， 2p  ， ( 1 )( 1 ) 2q i i      ，∴ 4p q  ． 故选：A． 【点睛】本题考查实系数方程的复数根问题，需掌握下列性质：实系数方程的虚数根成对出 现，它们是共轭复数． 3.“ cos 0  ”是“ 为第二或第三象限角”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】 求出 cos 0  时 的范围后，再根据充分必要条件的概念判断． 【详解】 cos 0  时， 是第二或第三象限角或终边在 x 轴负半轴，因此题中就是必要不充 分条件． 故选：B． 【点睛】本题考查充分必要条件，掌握充要条件和必要条件的定义是解题基础． 4.2013 年 5 月，华人数学家张益唐的论文《素数间的有界距离》在《数学年刊》上发表，破 解了困扰数学界长达一个多世纪的难题，证明了孪生素数猜想的弱化形式，即发现存在无穷 多差小于 7000 万的素数对．这是第一次有人证明存在无穷多组间距小于定值的素数对．孪生 素数猜想是希尔伯特在 1900 年提出的 23 个问题中的第 8 个，可以这样描述：存在无穷多个 素数 p ，使得 2p  是素数，素数对 ( , 2)p p  称为孪生素数．在不超过 16 的素数中任意取出 不同的两个，则可组成孪生素数的概率为（ ） A. 1 10 B. 4 21 C. 4 15 D. 1 5 【答案】D 【解析】 - 3 - 【分析】 用列举法写出所有基本事件即可得概率． 【详解】不超过 16 的素数有 2,3，5,7，11,13 共 6 个，任取 2 个的基本事件有： (2,3),(2,5),(2,7),(2,11),(2,13),(3,5),(3,7),(3,11),(3,13),(5,7),(5,11),(5,13),(7,11),(7,13),(11,13) ，共 15 个，其中可组成孪生素数的有 (3,5),(5,7),(11,13) 共 3 个，∴所求概率为 3 1 15 5P   ． 故选：D． 【点睛】本题考查古典概型，解题关键是写出所有的基本事件． 5.已知函数 ( ) sin 2 3f x x      ，则下列结论正确的是（ ） A. ( )f x 的最小正周期为 2 B. ( )f x 的图象关于点 ,03      对称 C. ( )f x 在 11,2 12      上单调递增 D. 5 12  是 ( )f x 的一个极值点 【答案】D 【解析】 【分析】 结合正弦函数性质判断． 【详解】∵ ( ) sin 2 3f x x      ， ∴最小正周期为 2 2T    ，A 错； π π 3( ) sin(2 )3 3 3 2f      ，∴ ( ,0)3  不是函数 ( )f x 图象的对称中心．B 错； 11( , )2 12x   时， 2 32 ( , )3 3 2x     ， ( )f x 递减，C 错； 5 5( ) sin(2 ) 112 12 3f       是函数的最大值，∴ 5 12  是 ( )f x 的一个极值点，D 正确． 故选：D． 【点睛】本题考查正弦型复合函数的性质，掌握正弦函数的性质是解题关键． 6.已知 0a b  ，若 5log log 2a bb a  ， b aa b ，则 a b  （ ） - 4 - A. 2 B. 2 C. 2 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 利用对数换底公式求出 loga b ，然后结合 b aa b 可求得 ,a b ，从而得 a b ． 【详解】∵ 5log log 2a bb a  ，∴ 1 5log log 2a a b b   ，解得 log 2a b  或 1log 2a b  ， 若 log 2a b  ，则 2b a ，代入 b aa b 得 2 2 2( )a a aa a a  ， 2 2a a ，又 0a  ，∴ 2a  ， 则 22 4b   ，不合题意； 若 1log 2a b  ，则 1 2b a ，即 2a b ，代入 b aa b 得 22 2( )b b bb b b  ，∴ 22b b ，又 0b  ， ∴ 2b  ，则 2 4a b  ， 综上 4, 2a b  ，∴ 2a b  ． 故选：B． 【点睛】本题考查对数的换底公式，对数的运算和指数的运算．本题解题时注意分类讨论． 7.函数 6cos( ) 2 sin xf x x x   的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 确定函数的奇偶性，然后研究函数值的正负，得出正确选项． - 5 - 【详解】由已知 6cos( ) 6cos( ) ( )2 sin( ) 2 sin x xf x f xx x x x          ，函数的定义域关于原点对 称，∴ ( )f x 是奇函数，可排除 C； 设 ( ) 2 sing x x x  ，则 ( ) 2 cos 0g x x    ， ( )g x 单调递增， (0) 0g  ，∴ 0x  时， ( ) 0g x ，当 (0, )2x  时， cos 0x  ， ( ) 0f x  ，排除 D； 由上分析， 0x  时， ( ) (0) 0g x g  ，∴ ( )f x 与 cos x 的符号相反，有正有负，排除 B； 故选：A． 【点睛】本题考查由函数解析式选择函数图象，解题方法一般是用排除法，通过研究函数的 性质如奇偶性、单调性等，研究函数图象的特殊点，特殊的函数值，函数值的正负以及函数 值的变化趋势等，排除错误的选项，得出正确选项． 8.已知点 ( , )P m n 是函数 2 2y x x   图象上的动点，则| 4 3 21|m n  的最小值是（ ） A. 25 B. 21 C. 20 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】 函数 2 2y x x   图象是半圆， | 4 3 21|m n  可表示为 ( , )P m n 到直线 4 3 21 0x y   的距离的 5 倍，利用圆心到直线的距离求出 P 到直线距离的最小值后可得结论． 【详解】函数 2 2y x x   图象是半圆，圆心为 ( 1,0)C  ，半径为 1r  ，如图，作直线 4 3 21 0x y   ， C 到直线 4 3 21 0x y   的距离为 2 2 4 0 21 5 4 3 d      ，∴ ( , )P m n 到 直线 4 3 21 0x y   的距离为 4 3 21 5 m nd    ，其最小值为5 1 4  ，∴ 4 3 21m n  的 最小值为5 4 20  ． 故选：C． - 6 - 【点睛】本题考查最值问题，解题方法是利用绝对值的几何意义求解，函数图象是半圆， | 4 3 21|m n  与点到直线的距离联系，是点 ( , )P m n 到直线 4 3 21 0x y   的距离的 5 倍， 这样把代数问题转化为几何问题求解． 二、多项选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的选项 中，有多项符合题目要求．全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分． 9.2019 年 4 月 23 日，国家统计局统计了 2019 年第一季度居民人均消费支出的情况，并绘制 了饼图（如图），则下列说法正确的是（ ） A. 第一季度居民人均每月消费支出约为 1633 元 B. 第一季度居民人均收入为 4900 元 - 7 - C. 第一季度居民在食品烟酒项目的人均消费支出最多 D. 第一季度居民在居住项目的人均消费支出为 1029 元 【答案】ACD 【解析】 【分析】 根据饼图提供的数据计算． 【详解】第一季度由饼图中知衣着消费 441 元，占总体的 9%，∴总支出为 441 49009%  ，那么 每月消费支出为 4900 16333  元，A 正确； 第一季度居民人均消费为 4900 元，不是收入，B 错； 烟酒项目占 31%，最多，C 正确； 第一季度居民在居住项目的人均消费支出为 4900 21% 1029  元，D 正确． 故选：ACD． 【点睛】本题考查统计图表（饼图）的认识，正确认识饼图，读懂它表示的数据是解题关键． 10.如图，透明塑料制成的长方体容器 1 1 1 1ABCD A B C D 内灌进一些水，固定容器一边 AB 于 地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面几个结论，其中正确的命题有（ ） A. 没有水的部分始终呈棱柱形 B. 水面 EFGH 所在四边形的面积为定值 C. 随着容器倾斜度的不同， 1 1AC 始终与水面所在平面平行 D. 当容器倾斜如图（3）所示时， AE AH 为定值 【答案】AD 【解析】 - 8 - 【分析】 想象容器倾斜过程中，水面形状（注意 AB 始终在桌面上），可得结论． 【详解】由于 AB 始终在桌面上，因此倾斜过程中，没有水的部分，是以左右两侧的面为底面 的棱柱，A 正确； 图（2）中水面面积比（1）中水面面积大，B 错； 图（3）中 1 1AC 与水面就不平行，C 错； 图（3）中，水体积不变，因此 AEH△ 面积不变，从而 AE AH 为定值，D 正确． 故选：AD． 【点睛】本题考查空间线面的位置关系，考查棱柱的概念，考查学生的空间想象能力，属于 中档题． 11.已知 P 为双曲线 2 2: 13 xC y  上的动点，过 P 作两渐近线的垂线，垂足分别为 A ， B ， 记线段 PA ， PB 的长分别为 m ， n ，则（ ） A. 若 PA ， PB 的斜率分别为 1k ， 2k ，则 1 2 3k k   B. 1 2mn  C. 4m n 的最小值为 3 D. | |AB 的最小值为 3 2 【答案】ABD 【解析】 【分析】 写出渐近线方程，设 0 0( , )P x y ，直接计算 1 2, , ,k k m n ，然后判断各选项． 【详解】由题意双曲线的渐近线为 1 3 y x  ，即 3 0x y  ， 设 0 0( , )P x y ，不妨设 P 在第一象限， A 在渐近线 3 0x y  上， 则 1 3k   ， 2 3k  ， 1 2 3k k   ，A 正确； P 在双曲线上，则 2 20 0 13 x y  ， 2 2 0 03 3x y  ， 0 03 2 x y m   ， 0 03 2 x y n   ，∴ 2 2 0 03 3 4 4 x y mn    1 2  ，B 正确； - 9 - 4 2 4 2 3m n mn   ，当且仅当 4m n 时等号成立，即 4m n 的最小值为 2 3 ，C 错 误； 渐近线 1 3 y x 的斜率为 1 3 33 k   ，倾斜角为 6  ，两渐近线夹角为 3  ，∴ 2 3APB   ， 2 2 2 2 22 92 cos 33 4AB m n mn m n mn mn        ，当且仅当 m n 时等号成立， ∴ 3 2AB  ，即 AB 最小值为 3 2 ，D 正确． 故选：ABD． 【点睛】本题考查双曲线的标准方程，考查渐近线方程，考查基本不等式求最值，这类题把 许多知识点集中在一起同，对学生推理论证能力，分析求解能力要求较高，属于难题． 12.对 x R ，[ ]x 表示不超过 x 的最大整数．十八世纪， [ ]y x 被“数学王子”高斯采用，因 此得名为高斯函数，人们更习惯称为“取整函数”，则下列命题中的真命题是（ ） A. , [ ] 1x x x  R … B. , ,[ ] [ ] [ ]x y x y x y   R „ C. 函数 [ ]( )y x x x  R 的值域为[0,1) D. 若 t R ，使得 3 4 51, 2, 3, , 2nt t t t n                  L 同时成立，则正整数 n 的最大 值是 5 【答案】BCD 【解析】 【分析】 由取整函数的定义判断，由定义得[ ] [ ] 1x x x   ，利用不等式性质可得结论． 【详解】[ ]x 是整数， 若 [ ] 1x x  ，[ ] 1x  是整数，∴[ ] [ ] 1x x  ，矛盾，∴A 错误； ,x y  R ，[ ] ,[ ]x x y y  ，∴[ ] [ ]x y x y   ，∴[ ] [ ] [ ]x y x y   ，B 正确； 由定义 [ ]1x x x   ，∴ 0 [ ] 1x x   ，∴函数 ( ) [ ]f x x x  的值域是[0,1) ，C 正确； 若 t R ，使得 3 4 51, 2, 3, , 2nt t t t n                  L 同时成立，则 31 2t  ， 4 42 3t  ， 55 3 4t  ， 6 64 5t  ， ， 2 1n nn t n    ， - 10 - 因为 6 34 2 ，若 6n  ，则不存在 t 同时满足 31 2t  ， 6 64 5t  ．只有 5n  时，存 在 35[ 3, 2)t  满足题意， 故选：BCD． 【点睛】本题考查函数新定义，正确理解新定义是解题基础．由新定义把问题转化不等关系 是解题关键，本题属于难题． 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13. 61x x     的展开式中二项式系数最大的项的系数为____________．（用数字作答） 【答案】 20 【解析】 【分析】 由二项式系数的性质可得． 【详解】二项展开式通项公式为 366 2 1 6 6 1( ) ( 1) r r r r r r rT C x C x x       ，其中系数奇数项为正， 偶数项为负，又 6 ( 0,1, ,6)rC r   中， 3 6C 最大，因此二项式系数最大的项为第 4 项，系数为 3 6 20C   ． 故答案为： 20 ． 【点睛】本题考查二项式定理，考查二项式系数的性质，解题关键是写出二项展开式通项公 式 1rT  ，掌握二项式系数性质是解题关键． 14.在平行四边形 ABCD 中， 3AB  ， 2AD  ，点 M 满足 2DM MC  ，点 N 满足 1 2CN DA uuur uuur ，则 AM MN   _________． 【答案】0 【解析】 【分析】 把向量 ,AM MN   都用 ,AB AD   表示，再进行数量积运算即得． - 11 - 【详解】∵ 2DM MC  ， 1 2CN DA uuur uuur ， ∴ 2 1 1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3 2 2 3 3AM MN AD DM MC CN AD AB AB AD AD AB AB AD                          2 2 2 21 4 1 4( ) ( 3 2 ) 02 9 2 9AB AD        ． 故答案为：0． 【点睛】本题考查平面向量的数量积，解题关键是选取 ,AB AD   为基底，其它向量都用基底表 示，然后再进行运算． 15.已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的左，右焦点分别为 1F ， 2F ，直线 3 4 3 0x y   过点 1F 且与C 在第二象限的交点为 P ，若 1 60POF  （O 为原点），则 2F 的坐标为 ________，C 的离心率为__________． 【答案】 (1). (4,0) (2). 3 1 【解析】 【分析】 求出直线与 x 轴的交点 1F 坐标，由对称性可得 2F ，利用直线的倾斜角和 1 60POF   得 1POFV 是等边三角形，从而得 P 点坐标，代入椭圆方程结合 c 可求得 ,a b ，得离心率． 【详解】直线 3 4 3 0x y   与 x 轴交点为 ( 4,0) ，即 1( 4,0)F  ， 4c  ，∴ 2 (4,0)F ， 又直线 3 4 3 0x y   的斜率为 3 ，倾斜角为 60，而 1POFV 60  ，∴得 1POFV 是 等边三角形，∴ ( 2,2 3)P  ， ∴ 2 2 2 2 2 4 12 1 16 a b a b c        ，解得 2 2 2 3 8 3 a b     ，∴离心率为 4 3 1 2( 3 1) ce a      ． 故答案为： (4,0) ； 3 1 ． 【点睛】本题考查求椭圆的焦点坐标和离心率，由焦点关于原点对称即可得结论，求离心率 就是要求得 ,a c ，利用 1POFV 是等边三角形得出 P 点坐标代入椭圆方程后可解得 a ，从而求 - 12 - 得离心率．本题属于中档题． 16.三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1AA  平面 ABC ， 1 4AA  ， ABC 是边长为 2 3 的正三角 形， 1D 是线段 1 1B C 的中点，点 D 是线段 1 1A D 上的动点，则三棱锥 D ABC 外接球的表面积 的取值集合为_____________（用区间表示）． 【答案】[25 ,32 ]  【解析】 【分析】 由于棱柱底面是正三角形，设 ,M N 分别是正三棱柱下底面和上底面中心，则三棱锥 D ABC 的外接球球心 O 在 MN 上，由此设球半径为 R ，引入 DN x ，可把 R 用 x 表示出 来，从而由 x 的范围得出球表面积的范围． 【详解】如图，设 ,M N 分别是正三棱柱下底面和上底面中心，则三棱锥 D ABC 的外接球 球心O 在 MN 上， 由 2 3AB  得 2CM  ， 1 4MN AA  ，设球半径为 R ， DN x ，则 0 2x  ， 由 2 2 2 2OD DN OC CM MN    得 2 2 2 4 4R x R    ，解得 2 2 2 ( 12) 464 xR   ， ∵ 0 2x  ， ∴ 0x  时， 2 min 25 4R  ， 2x  时， 2 max 8R  ， ∴ min 254 254S     ， max 4 8 32S     ， 故答案为为[25 ,32 ]  ． - 13 - 【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积问题，解题关键是找到外接球球心，三棱锥的外接球 球心在过各面外心且与此面垂直的直线上． 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步 骤． 17.在① 4S 是 2a 与 21a 的等差中项；② 7a 是 3 3 S 与 22a 的等比中项；③数列 2na 的前 5 项和为 65 这三个条件中任选一个，补充在横线中，并解答下面的问题． 已知 na 是公差为 2 的等差数列，其前 n 项和为 nS ，________________________． （1）求 na ； （2）设 3 4 n n nb a     ，是否存在 *k N ，使得 27 8kb  ？若存在，求出 k 的值；若不存在， 说明理由． 【答案】（1）不论选哪个条件， 2 1na n  （2）不存在，见解析 【解析】 【分析】 （1）如果是①或者②，用 1a 和 d 表示出已知数列的项和前 n 项和，求出 1a ，可得通项公式， 如果是③，先说明数列 2na 是公差为 4 的等差数列，首期为 1 2a  ，由等差数列前 n 项和公 式可求得 1a ，同样得通项公式； （2）用作差法求出{ }nb 中的最大项 3b ，而 3 27 8b  ，得结论不存在项 27 8  ． - 14 - 【详解】（1）解：若选① 4S 是 2a 与 21a 的等差中项，则 4 2 212S a a  ， 即    1 1 1 4 32 4 2 2 20 22a a a          ． 解得 1 3a  ．所以 3 2( 1) 2 1na n n     ． 若选② 7a 是 3 3 S 与 22a 的等比中项，则 2 3 7 223 Sa a  ， 即   2 1 1 1 3 16 2 2 21 22a a a          ． 解得 1 3a  ．所以 3 2( 1) 2 1na n n     ． 若选③数列 2na 的前 5 项和为 65， 则 2( 1) 2 [2( 1) 2 ] 2 4n na a n n       ． 又 2 1 2a a  ，所以 2na 是首项为 1 2a  ，公差为 4 的等差数列． 由 2na 的前 5 项和为 65，得  1 5 45 2 4 652a     ． 解得 1 3a  ．所以 3 2( 1) 2 1na n n     ． （2） 3 3(2 1)4 4 n n n nb a n              ． 1 1 3 3(2 3) (2 1)4 4 n n n nb b n n                   1 1 3 3[3(2 3) 4(2 1)] (5 2 )4 4 n n n nn n n       ． 所以 1 1 0 5 2 0 2.5 1,2n n n nb b b b n n n            ； 1 1 0 5 2 0 2.5 3,4,5,n n n nb b b b n n n            L 所以 1 2 3 4 5 6b b b b b b      L． 所以 nb 中的最大项为 3 3 3 7 27(2 3 1) 4 64b         ． - 15 - 显然 3 7 27 8 27 27 64 64 8b     ．所以 * 27, 8nn b  N ． 所以不存在 *k N ，使得 27 8kb  ． 【点睛】本题考查等差数列的通项公式与前 n 项和公式，解题关键是根据已知条件求出数列的 首项 1a ．对于本题存在性命题，转化为求数列的最大项问题，而求数列的最大项方法可以解 不等式组 1 1 n n n n a a a a      ，满足此不等式组的 n ，使得 na 最大，如果是正项数列，还可能用作商 法，即由 1 1n n a a   且 1 1n n a a   得最大项的项数． 18.在 ABC 中，角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ，且 cos 3 sina b C c B  ． （1）求 B ； （2）若 2a  ，且 ABC 为锐角三角形，求 ABC 的面积 S 的取值范围． 【答案】（1） 6B  （2） 3 2 3,2 3       【解析】 【分析】 （1）用正弦定理化边为角，然后由诱导公式和两角和的正弦公式变形后可求得 B 角； （2）由正弦定理把 c 边用角C 表示，这样三角形的面积可表示为C 的函数，C 的范围是 3 2C   ，结合三角函数性质可得面积范围． 【详解】（1）由题设条件及正弦定理，得sin sin cos 3sin sinA B C C B  ． 由sin sin( ) sin cos cos sinA B C B C B C    ，得 cos sin 3sin sinB C C B ． 由 0 C   ，得 sin 0C  ．所以 cos 3sinB B ． 又 cos 0B  （若 cos 0B  ，则sin 0B  ， 2 2sin cos 0B B  ．这与 2 2sin cos 1B B  矛 盾）， 所以 3tan 3B  ．又 0 B   ，得 6B  ． - 16 - （2）在 ABC 中，由正弦定理，得 sin sin c a C A  ，即 2 5sin sin 6 c C C     ． 所以 2sin 5sin 6 Cc C     ． ABC 的面积 1 1 2sin 1sin 2 52 2 2sin 6 CS ac B C        sin 1 3cos sin2 2 C C C        2 cos 3sin C C   ． 由 ABC 为锐角三角形，得 0 2C   ， 50 6 2B C     ，所以 3 2C   ， 从而 tan 3C  ，即 sin 3cos C C  ．所以 cos 30 sin 3 C C   ．继而 3 2 2 3 S  ． 所以 S 的取值范是 3 2 3,2 3       ． 【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理，还考查三角形面积公式，两角差的正弦公式， 同角间的三角函数关系，正切函数性质等等．注意正弦定理在进行边角转换时等式必须是齐 次，关于边 , ,a b c 的齐次式或关于角的正弦sin ,sin ,sinA B C 的齐次式，齐次分式也可以用正 弦定理进行边角转换．求范围问题，通常是把量表示为三角形某个角的三角函数形式，利用 此角的范围求得结论． 19.如图，侧棱与底面垂直的四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的底面 ABCD 是平行四边形， 12AM MA uuur uuur ， 12CN NC  ． （1）求证： AN ∥平面 1 1MB D ； - 17 - （2）若 2 2AB AD  ， 60BAD  ， 1 3AA  ，求 1NB 与平面 1 1MB D 所成角的大小． 【答案】（1）见解析（2）90°． 【解析】 【分析】 （1）取 AM 的中点 E ，连接 1EC 、 1 1AC ．设 1 1 1 1AC B D O ，连接 MO ．可证明 1// //AN C E MO ，从而可证得线面平行； （2）由余弦定理求得 BD ，从而由勾股定理逆定理得 DA DB ．然后以 D 为坐标原点，以 DA  ， DB  ， 1DD  所在方向分别为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向，建立空间直角坐标系 D xyz ， 用空间向量法求得线面角． 【详解】（1）取 AM 的中点 E ，连接 1EC 、 1 1AC ．设 1 1 1 1AC B D O ，连接 MO ． 由题意， O 是线段 1 1AC 的中点， E 是线段 MA 的中点， 所以 MO 是 1 1AC E△ 的中位线， 所以 1MO EC∥ ． 由题意， 1 1 3AE AA ， 1 1 1 3NC CC ， 1 1AA CC ， 所以 1AE NC ，又 1AE NC∥ ，所以四边形 1AEC N 是平行四边形． 所以 1AN EC∥ ． 又 1MO EC∥ ，所以 AN MO∥ ． 又 AN  平面 1 1MB D ， MO 平面 1 1MB D ， 所以 AN  平面 1 1MB D ． - 18 - （2）在 ABD△ 中， 2 2AB AD  ， 60BAD  ， 由余弦定理，得 2 2 21 2 2 1 2 cos60 3BD         ． 可见 2 2 2DA DB AB  ，所以 DA DB ． 以 D 为坐标原点，以 DA  ， DB  ， 1DD  所在方向分别为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向，建立空间 直角坐标系 D xyz ， 则 (1,0,2)M ， 1(0, 3,3)B ， 1(0,0,3)D ， ( 1, 3,2)N  ． 所以 1 (1,0, 1)D M   uuuur ， 1 1 (0, 3,0)D B  uuuur ， 1 (1,0,1)NB  uuur ． 设 ( , , )n x y z 为平面 1 1MB D 的法向量，则 1 1 1 0, 0, n D M n D B        即 0, 3 0. x z y    令 1x  ，则 (1,0,1)n  ． 可见， 1NB uuur 就是平面 1 1MB D 的一个法向量，所以 1NB 与平面 1 1MB D 所成的角为 90°． 【点睛】本题考查证明线面平行，考查用空间向量法求直线与平面所成的角．解题关键是掌 握线面平行的判定定理，寻找过同一点且两两垂直的三条直线，以它们为坐标轴建立空间直 角坐标系． 20.已知抛物线 2: 2 ( 0)C x py p  的焦点为 F ，直线 1 : 1( 0)l y kx k   与C 的交点为 A ， B ，且当 1k  时，| | | | 5AF BF  ． （1）求C 的方程； （2）直线 2l 与C 相切于点 P ，且 2l ∥ 1l ，若 PAB△ 的面积为 4，求 k ． 【答案】（1） 2 2x y （2） 2k  【解析】 - 19 - 【分析】 （1）设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ．直线方程为 1y x  ，代入抛物线方程应用韦达定理得 1 2x x ， 由焦点弦长公式 1 2AF BF x x p    可求得 p ， （2）设 2 0 0 1, 2P x x    ，由导数的几何意义求得切线斜率，由 1 2l l ，得 21, 2P k k    ， 由韦达定理求得弦长 AB ，计算出 P 到直线 AB 距离后可表示 PAB△ 的面积，从而求得 k 值． 【详解】（1）设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ． 由 2 2 1 x py y x      消去 y ，得 2 2 2 0x px p   ． 判别式 24 8 0p p    ， 1 2 2x x p  ． 因此 1 2 1 2| | | | 2 3 2 5AF BF y y p x x p p           ，解得 1p  ． 所以C 的方程为 2 2x y ． （2） 2 2x y 即为 21 2y x ，求导得 y x  ． 设 2 0 0 1, 2P x x    ，当 0x x 时， 0y x  ，因此直线 2l 的斜率为 0x ． 又因为 1 2l l ，所以 0k x ，因此 21, 2P k k    ． 由 2 2 1 x y y kx      ，得 2 2 2 0x kx   ． 24 8 0k    ，则 1 2 2x x k  ， 1 2 2x x   ． 因此       22 2 2 1 2 1 2| | 1 4 2 1 2AB k x x x x k k         ． 直线 1 : 1l y kx  即为 1 0kx y   ． 因此点 21, 2P k k    到直线 1l 的距离为 2 2 2 2 1 11 12 2 1 1 k k k k k k        ． - 20 - 所以 PAB△ 的面积为    2 2 2 2 1 11 1 2| | 2 1 22 2 1 k S AB h k k k          2 31 ( 2)2 k  ． 由题意， 2 31 ( 2) 42 k   ，即 2 3 3( 2) 2k   ， 2 2 2k   ． 又因为 0k  ，所以 2k  ． 【点睛】本题考查抛物线的焦点弦性质，考查直线与抛物线相交中的面积问题．直线与抛物 线相交弦长需结合韦达定理计算，即 2 1 21AB k x x   2 2 1 2 1 2(1 )[( ) 4 ]k x x x x    ． 21.某省 2020 年高考将实施新的高考改革方案．考生的高考总成绩由 3 门统一高考科目成绩和 自主选择的 3 门普通高中学业水平等级考试科目成绩组成，总分为 750 分．其中，统一高考 科目为语文、数学、外语，自主选择的 3 门普通高中学业水平等级考试科目是从物理、化学、 生物、政治、历史、地理 6 科中选择 3 门作为选考科目，语文、数学、外语三科各占 150 分， 选考科目成绩采用“赋分制”，即原始分数不直接用，而是按照学生分数在本科目考试的排名来 划分等级并以此打分得到最后得分．根据高考综合改革方案，将每门等级考试科目中考生的 原始成绩从高到低分为 A ， B  ， B ，C  ，C ， D  ， D ， E 共 8 个等级．参照正态分布 原则，确定各等级人数所占比例分别为 3%，7%，16%，24%，24%，16%，7%，3%．等级考 试科目成绩计入考生总成绩时，将 A 至 E 等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分 别转换到 91～100，81～90，71～80，61～70，51～60，41～50，31～40，21～30 八个分数 区间，得到考生的等级成绩．举例说明：某同学化学学科原始分为 65 分，该学科C  等级的 原始分分布区间为 58～69，则该同学化学学科的原始成绩属C  等级．而C  等级的转换分 区间为 61～70，那么该同学化学学科的转换分计算方法为：设该同学化学学科的转换等级分 为 x ， 69 65 70 65 58 61 x x    ，求得 66.73x  ．四舍五入后该同学化学学科赋分成绩为 67．为给 高一学生合理选科提供依据，全省对六个选考科目进行测试，某校高一年级 2000 人，根据该 校高一学生的物理原始成绩制成频率分布直方图（见右图）．由频率分布直方图，可以认为该 校高一学生的物理原始成绩 X 服从正态分布  2, ( 0)N     ，用这 2000 名学生的平均物 理成绩 x 作为  的估计值，用这 2000 名学生的物理成绩的方差 2s 作为 2 的估计值． - 21 - （1）若张明同学在这次考试中的物理原始分为 86 分，等级为 B  ，其所在原始分分布区间 为 82～93，求张明转换后的物理成绩（精确到 1）；按高考改革方案，若从全省考生中随机抽 取 100 人，记Y 表示这 100 人中等级成绩在区间[81,100] 内的人数，求Y 最有可能的取值（概 率最大）； （2）①求 x ， 2s （同一组中的数据用该组区间的中点作代表）； ②由①中的数据，记该校高一学生的物理原始分高于 84 分的人数为 Z ，求 ( )E Z ． 附：若  2~ , ( 0)X N     ，则 ( ) 0.6827P X      „ ， ( 2 2 ) 0.9545P X      „ ， ( 3 3 ) 0.9973P X      „ ． 【答案】（1）Y 最有可能的取值是 10．（2）①60，144②45.5 【解析】 【分析】 （1）根据转换公式得等级分， ~ (100,0.1)Y B ．由 ( ) ( 1), ( ) ( 1) P Y k P Y k P Y k P Y k        … … 求出 k 值即可； （2）由频率分布直方图求出 2,x s ，得 ,  ，由正态分布曲线得概率 ( 84) 0.02275P X   ， 则有 ~ (2000,0.02275)Z B ，再由二项分布的期望公式得期望． 【详解】（1）设张明转换后的物理等级分为 x ，由 93 86 90 86 82 81 x x    ，求得 84.27x  ． 所以，张明转换后的物理成绩为 84 分． 由题意， ~ (100,0.1)Y B ． - 22 - 由 ( ) ( 1), ( ) ( 1) P Y k P Y k P Y k P Y k        … … 得 100 1 1 100 ( 1) 100 100 100 1 1 100 ( 1) 100 100 0.1 0.9 0.1 0.9 , 0.1 0.9 0.1 0.9 . k k k k k k k k k k k k C C C C              … … 解得 9.1 10.1k„ „ ．又 *k N ，所以 10k  ． 所以，Y 最有可能的取值是 10． （2）①解： 30 0.02 40 0.08 50 0.22 60 0.36 70 0.22 80 0.08 90 0.02 60x                ． 2 2 2 2 2(30 60) 0.02 (40 60) 0.08 (50 60) 0.22 (60 60) 0.36s             2 2 2(70 60) 0.22 (80 60) 0.08 (90 60) 0.02 144          ． ②由①中的数据， 60  ， 12  ，所以  2~ 60,12X N ． 所以 2 60 2 12 84      ． 所以 1 ( 2 2 ) 1 0.9545( 84) 0.022752 2 P XP X           „ 由题意， ~ (2000,0.02275)Z B ． 所以 ( ) 2000 0.02275 45.5E Z    ． 【点睛】本题考查频率分布直方图，考查由频率分布直方图计算均值的方差，考查二项分布 及其期望，考查正态分布，对学生数据处理能力有一定的要求，本题属于中档题． 22.（1）若 x R ， xa e x„ 恒成立，求实数 a 的最大值 0a ； （2）在（1）的条件下，求证：函数 0( ) cos xef x x a xx    在区间 ( ,0) 内存在唯一的极 大值点 0x ，且  0 02f x x ． 【答案】（1） 0 1a  ．（2）家粘结性 【解析】 【分析】 （1）令 xy e x  ，求出导函数 y，由 0y  确定增区间， 0y  确定减区间，从而得 y 的 最小值，得 a 的取值范围，即得 0a ； - 23 - （2）求出导函数 ( )f x ，通分后，令 2 2( ) ( 1) sinxg x e x x x x    ，再求导数 ( )g x ，令 ( ) 2sin cos 2xh x e x x x    ．分类讨论，当 ( ,0)2x   时， ( ) 0h x  ，得 ( )g x 递减， 从而可得 ( )f x 在 ( ,0)2  上有唯一零点 0x ， , 2x       时，令 2( ) ( 1)xp x e x x   ．利 用导数得 ( )p x 的单调性，从而得 ( ) 0g x ，于是得出在 ( ,0) 上 ( )f x 的单调性，得唯一极 大值点 0x ．由    0 2 0 0 0 0 2 01 sin 0xg x e x x x x     可对 0( )f x 变形，得  0 0 0 0 0 0 1 sin cos1( )f x x x xx x    ，只要证明在 ( ,0)2  上 0 0 1 sin 11 x x   ，从而可证得结论． 【详解】（1）解：令 xy e x  ，则 01x xy e e e     ． 可见， 0 0y x    ； 0 0y x    ． 故函数 xy e x  在 ( ,0) 上单调递减，在 ( ,0) 上单调递增． 所以，当且仅当 0x  时，函数 xy e x  取最小值 1． 由题意，实数 1a„ ．所以 0 1a  ． （2）由（1）， 2 2 2 2 ( 1) ( 1) sin( ) sin 1 x xe x e x x x xf x xx x         ． 令 2 2( ) ( 1) sinxg x e x x x x    ， 则  2( ) 2 sin cos 2 2sin cos 2x xg x xe x x x x x x e x x x         ． 令 ( ) 2sin cos 2xh x e x x x    ． ①当 ,02x      时， 0xe  ， 2sin 0x  ， cos 0x x … ，所以 ( ) 0h x  ． 可见， ( ) ( ) 0g x xh x   ，所以 ( )g x 在 ,02     上单调递减． 又 2 2 2 1 32 1 02 2 2g e              （由（1），可得 212 e    ，所以 12 1 2     ）， - 24 - (0) 1 0g    ，所以存在唯一的 0 ,02x      ，使得  0 0g x  ． 从而，当 0[ ,2 )x x  时， ( ) 0g x ， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递增；当  0 ,0x x 时， ( ) 0g x ， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递减． ②当 , 2x       时，令 2( ) ( 1)xp x e x x   ． 则  ( ) 2 2 0x xp x xe x x e      ．所以 ( )p x 在 , 2      上单调递减． 所以 2 2 2 1 32( ) 1 02 4 4p x p e               （由（1），可得 212 e    ，所以 2 12 1 e     ）． 又当 , 2x       时， 2 0x  ，sin 0x  ， 2 sin 0x x  ， 所以当 , 2x       时， 2( ) ( ) sin 0g x p x x x   ，从而 ( ) 0f x  ．所以 ( )f x 在 , 2      单调递增． 综上所述， ( )f x 在 0, x 上单调递增，在 0 ,0x 上单词递减． 所以，函数 ( )f x 在区间 ( ,0) 内存在唯一极大值点 0x ． 关于  0 02f x x 的证明如下： 由上面的讨论， 0 ,02x      ，且    0 2 0 0 0 0 2 01 sin 0xg x e x x x x     ，所以  0 0 0 0 0 0 1 sin 0 xe x x xx     ，所以  0 0 0 0 0 1 sin 1 x x xe x x   ． 于是    0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 sincos cos1 x x xef x x x x xx x       ． 令 ( ) sinq x x x  ．当 ,02x      时， ( ) 1 cos 0q x x    ．所以 ( )q x 在 ,02     上单调递 - 25 - 增．所以，当 ,02x      时， ( ) (0) 0q x q  ，即 sinx x ． 又因为 0 ,02x      ，所以 0 0sinx x ， 0 01 1 sin 0x x    ，所以 0 0 1 sin0 11 x x   ． 所以    0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 sin cos cos 2 cos 21 x xf x x x x x x x x xx          ． 【点睛】本题考查导数研究不等式恒成立问题，用导数研究函数的极值点，证明极值点的性 质．本题涉及到多次求导，等价转化思想，分类讨论思想，难度较大，属于困难题．