黑龙江省实验校2020届高三第三次模拟考试数学（理）试题 Word版含解析 24页

- 1 - 黑龙江省实验中学联盟校 2020 年高三第三次模拟考试 理科数学能力测试 考试时间：120 分钟 总分：150 分 注意事项： 1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内. 2. 答题时请按要求用笔. 3. 请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草 稿纸、试卷上答题无效. 4. 作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5. 保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 第Ⅰ卷（选择题，共 60 分） 一、选择题（本大题共 12 小题，每小题只有一个正确答案，每小题 5 分，共 60 分） 1.已知集合 { 1,1,2,3,4,5}A   ， { | ( 1)( 5) 0}B x x x    N ，则 AB ð （ ）． A. {3} B. {2,3} C. {2,3,5} D. { 1,1,5} 【答案】D 【解析】 【分析】 根据补集的定义直接求解即可. 【详解】 { | ( 1)( 5) 0} {2,3,4}B x x x     N ，所以 { 1,1,5}AB  ð . 故选：D. 【点睛】本题考查集合的运算，属于基础题. 2.已知平面 ，直线 ,m n 满足 ,m n   ，则“ //m n ”是“ / /m  ”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 根据线面平行的判定定理和性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可. - 2 - 【详解】由 ,m n   ， //m n ，则由线面平行的判定定理得 / /m  由 / /m  不能得出 m 与 内任意直线平行，则 / /m  不能得出 //m n 即“ //m n ”是“ / /m  ”的充分不必要条件 故选：A 【点睛】本题主要考查了充分不必要条件的判断，涉及了线面平行的判定定理和性质的应用， 属于基础题. 3.假设i 为虚数单位，复数 2 1 iz i   ，则在复平面中， z 对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】 先化简复数，得出点的坐标，即得. 【详解】由题， 2 ( 2)( 1) 1 ( 1)( 1) i i iz i i i       2 2 3 2 3 1 1 2 2 i i ii      ，则 z 对应的点位于第三象 限. 故选：C 【点睛】本题考查复数的运算法则和几何意义，属于基础题. 4.已知 tan 2  ， 5cos 4 3sin 4           （ ）． A. 3 B. 1 C. 1 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】 先根据两角和差的正余弦公式展开计算，然后利用“弦化切”进行计算即可. 【 详 解 】 5 5 5 2 2cos cos cos sin sin cos sin cos sin4 4 4 2 2 3 33 sin cos2 2sin cos cos sinsin sin cos4 44 2 2                                   - 3 - 1 tan 3tan 1     . 故选：A. 【点睛】本题考查三角函数的变换及求值，考查计算能力，属于常考题. 5.等比数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 14a ， 22a ， 3a 成等差数列，若 1 1a  ，则 4s （ ） A. 7 B. 8 C. 15 D. 16 【答案】C 【解析】 试题分析：由数列 为等比数列，且 成等差数列，所以 ，即 ，因为 ，所以 ，解得： ，根据等比数列前 n 项和公 式 ． 考点：1．等比数列通项公式及前 n 项和公式；2．等差中项． 6.函数    2 2 xf x x x e  的图象大致为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 判断函数的奇偶性，结合具体函数值，进行排除即可. - 4 - 【详解】易知  f x 定义域为 R ，        2 22 2x xf x x x e x x e f x          ，   f x 为偶函数，关于 y 轴对称， 排除 C， 又    2 11 1 2f e e    ，排除 A 和 D. 故选：B. 【点睛】本题考查了函数图象的识别和判断，考查了函数的奇偶性，属于基础题. 7.已知 5 3 2( ) 2 3 1f x x x x x     ，应用秦九韶算法计算 3x  时的值时， 3v 的值为( ) A. 27 B. 11 C. 109 D. 36 【答案】D 【解析】 【详解】由秦九韶算法可得       5 3 22 3 1     0 2 3 1 1,f x x x x x x x x x x           0ν 1  1ν  1 3 0 3   2ν 3 3 2 11    3ν 11 3 3 36    故答案选 D 8.已知数列   1 1 1 1, , 1 24n n n a a a na      ，则 a2020=（ ） A. 4 5 B. 1 4 C. ﹣3 D. 1 5 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题干所给的递推关系得到数列的周期为 3，进而得到 a2020= 1a = 1 4 . - 5 - 【详解】数列 na ，满足   1 11 2n n a na     ，因为 1 1 4a  故得到 2 1 11a a   =-3， 再代入得到 3 2 11a a    = 4 3 ， 4 3 1 11 4a a    ， 5 4 11 3a a     ，进而可以发现数列是有周 期的，周期为 3，2020= 673 3+1 ，故 a2020= 1a = 1 4 . 故答案为 B. 【点睛】这个题目考查了数列通项公式的求法，即通过数列的递推关系找到数列的通项，或 者通过配凑新数列进而求出通项，或者通过找规律找到数列的周期性，进而求出特定项的值. 9.某几何体的三视图如图所示，俯视图为正三角形，则该几何体外接球的表面积为（ ） A. 25 4  B. 64 3  C. 25 D. 32 【答案】B 【解析】 【分析】 根据三视图知几何体是一个三棱锥，画出直观图， AB  平面 ,PAC 且 2, 4PA PC AC AB    得到球心在过 PAC 外心且与 AB 平行的线段上，且到底面的 距离是 AB 的一半，利用直角三角形勾股定理求出球半径，得解. 【详解】由三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥 B PAC ， 其中 AB  平面 ,PAC .作三角形 PAC 重心 E ， 过 E 作 / /OE BA 且 1 2OE BA (如图) 则OE  平面 ,PAC PE CE AE  ，所以OP OC OA  作 BA 中点 G 连结OG ,则OEAG 是矩形，OG AB 所以OA OB OP OC OA OB    ， O 是球心， 2, 4PA PC AC AB    - 6 - 设外接球的半径为 ,R PAC△ 外接圆的半径 2 3 3PE  ， 则 2 2 2 16 3R PE OE   ，所以外接球的表面积 2 644 3S R   . 故选：B. 【点睛】本题考查三视图及几何体的外接球问题. （1）几何体三视图还原其直观图时，要熟悉柱、锥、球、台的三视图，结合空间想象将三视 图还原为直观图． （2）与球有关外接问题关键是找到由球的半径构成的三角形，解三角形即可． 10.已知 71( )x x  展开式中， 5x 的系数为 a ，则 6 2 a xdx  （ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 【答案】D 【解析】 【分析】 利用二项式的通项公式求得 7a  ，从而求得 7 6 2xdx 的值. 【详解】在 71( )x x  展开式中，得二项式的通项公式 7 7 2 1 7 7 1 r r r r r rT C x C xx         ， 令 7 2 5r  ，解得 1r  ，所以 5x 的系数为 1 7 7C  ，即 7a  .所以 72 6 7 6 6 2 2 13a xdx xdx x    . 故选：D 【点睛】本题主要考查二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，二项式系数的性 质，求定积分的值，属于中档题． - 7 - 11.已知直线 3y x 双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b     相交于不同的两点 A 和 B ，F 为双 曲线C 的左焦点，且满足 AF BF ，则双曲线C 的离心率为（ ） A. 3 B. 2 C. 3 1 D. 3 1 2  【答案】C 【解析】 【分析】 设双曲线的右焦点为 2F ,连接 2 2,AF BF ,则根据题意可知四边形 2AFBF 为矩形,因此在 2Rt BFF 中,由 2 60BOF   , 2 2FF c ,可计算出 2BF BF  3 2c c a  ,从而求出离 心率. 【详解】设双曲线的右焦点为 2F ,如下图所示,连接 2 2,AF BF , 因为 AF BF ,结合双曲线的对称性可知四边形 2AFBF 为矩形, 又直线 AB 的斜率为 3 ,则 2 60BOF   , 故在 2Rt BFF 中, 2 60BF O   , 2 2FF c 因此 23 ,BF c BF c  , 即有 23 2 3 1 3 1 cc c a e a         , 故选:C. 【点睛】本题考查了双曲线离心率的求法,需要学生综合运用所学知识,属于中档题. 12.已知函数 ( ) 1xf x e ax   在区间( 1,1) 内存在极值点，且 ( ) 0f x  恰好有唯一整数解， 则 的取值范围是（ ） - 8 - A. 2 2 1,e2 e e     B. 2 2 2 1 1,1 1,2 2 e eee            C.  1,e e D.   2 2 1 1, 1,2 e e e ee e       【答案】D 【解析】 【分析】 求导，由   0f x  得  ln 1,1x a   可求出 a 的范围，再考查 ln a 与零的大小比较，在  ln 1,0a  时，结合题意得出     1 0 2 0 f f      ，以及当  ln 0,1a 时，     1 0 2 0 f f    ，解出实 数 a 的范围可得出答案． 【详解】   1xf x e ax  Q ，则   xf x e a   ， 由于函数  y f x 在区间  1,1 上存在极值点，令   0xf x e a    ，得 lnx a ， 所以， 1 ln 1a   ，解得 1 a ee   ， 由于  0 0f  ，且不等式   0f x  恰有一整数解． ①当 ln 0a  时，即当 1a  时，   1xf x e   ， 当 0x  时，   0f x  ；当 0x  时，   0f x  ． 此时，函数  y f x 在 0x  处取得最小值，则    0 0f x f  ，不合乎题意； ②当 1 ln 0a   时，即当 1 1ae   时，当 lnx a 时，   0f x  ；当 lnx a 时，   0f x  ． 所以，函数  y f x 的单调递减区间为 ,ln a ，单调递增区间为 ln ,a  ． 由题意可得     2 1 2 2 1 0 1 1 0 f e a f e a              ，解得 2 2 1 1 2 e eae e    ，此时， 2 2 1 1 2 e eae e    ； ③当 0 ln 1a  时，即当1 a e  时，当 lnx a 时，   0f x  ；当 lnx a 时，   0f x  ． 所以，函数  y f x 的单调递减区间为 ,ln a ，单调递增区间为 ln ,a  ． - 9 - 由题意可得     22 2 1 0 1 1 0 f e a f e a          ，解得 2 11 2 ee a    ，此时， 1e a e   ． 因此，实数 a 的取值范围是   2 2 1 1, 1,2 e e e ee e       ，故选 D． 【点睛】本题考查函数的极值以及函数的零点问题，难点在于不等式整数解的问题，充分利 用导数研究函数单调性，结合单调性考查整数解相邻整数点函数值的符号问题，列不等式求 解，考查运算能力与分析问题的能力，属于难题． 第Ⅱ卷（非选择题，共 90 分） 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13.如图，在 ABC 中， 1 3B BCD   ，点 E 在线段 AD 上移动（不含端点），若 AE AB AC       ，则 1 2   的取值范围是_____． 【答案】 (10 ,3 ) 【解析】 【分析】 根据题意，设  0 1AE mAD m    ，根据向量的线性运算，利用 AB AC   、 表示出 AE  ，求 出  和  ，然后利用双钩函数的单调性求出 1 2   的取值范围. 【详解】解：由题可知， 1 3B BCD   ，设  0 1AE mAD m    ， 则 1 3AE m AB BC         1 3m AB BA AC         ， 所以 2 1 3 3AE m AB m AC      ， 而 AE AB AC       ， - 10 - 可得： 2 1,3 3m m   ， 所以 1 3 2 3 m m      0 1m  ， 设   3 3 mf x m    0 1m  ， 由双钩函数性质可知，  f x 在 0,1 上单调递减， 则     1 101 33 3f x f    ， 所以 1 2   的取值范围是 (10 ,3 ) . 故答案为： (10 ,3 ) . 【点睛】本题考查平面向量的线性运算和平面向量的基本定理的应用，还涉及双钩函数的单 调性，考查转化思想和运算能力. 14.已知函数   3 1, 0, 1 , 0,2 x x f x x xx      在区间 1,2 上任取一个实数 m ，则   0f m  的概率为 ________． 【答案】 4 9 【解析】 【分析】 先求出不等式   0f m  的解，然后利用几何概型的概率计算公式计算即可. 【详解】当 1 0m   时，由3 1 0m   ，得 1 03 m   ； 当 0 2m  时，由 1 01 m m   ，得1 2m  ； 当 1( ,0] (1,2]3m   时，   0f m  ， 由几何概型的概率计算公式，得所求概率为   11 43 2 1 9    ． 故答案为： 4 9 【点睛】本题考查“长度型”几何概型的概率计算问题，考查学生的基本计算能力，是一道 - 11 - 容易题. 15.如图，在四边形 ABCD 中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD 沿 BD 折起，使平面 ABD⊥平面 BCD，构成三棱锥 A﹣BCD，则在三棱锥 A﹣BCD 中，下列判断正确的 是_____．（写出所有正确的序号） ①平面 ABD⊥平面 ABC ②直线 BC 与平面 ABD 所成角是 45° ③平面 ACD⊥平面 ABC ④二面角 C﹣AB﹣D 余弦值为 3 3 【答案】②③④ 【解析】 【分析】 ①反证法，假设平面 ABD  平面 ABC ，容易推出 BC 垂直于平面 ABD ，从而 90DBC   ， 出矛盾； ②利用几何法找到其平面角为 CBD ，求解即可判断； ③证明 AB  平面 ADC ，从而得到平面 ACD  平面 ABC ； ④证明 DAC 为二面角C AB D  的平面角，求解三角形得二面角的余弦值判断． 【详解】在四边形 ABCD 中，由已知可得∠DBC＝45°，假设平面 ABD⊥平面 ABC， 又平面 ABD⊥平面 BCD，且平面 ABD∩平面 BDC＝BC，可得 BC⊥平面 ABD， 有∠DBC＝90°，与∠DBC＝45°矛盾，则假设错误，故①错误； 在四边形 ABCD 中，由已知可得 BD⊥DC， 又平面 ABD⊥平面 BCD，且平面 ABD∩平面 BCD＝BD，则 DC⊥平面 ABD， ∠DBC 为直线 BC 与平面 ABD 所成角是 45°，故②正确； - 12 - 由判断②时可知，DC⊥平面 ABD，则 DC⊥AB，又 BA⊥AD，AD∩DC＝D，则 AB⊥平面 ADC， 而 AB⊂平面 ABC，则平面 ACD⊥平面 ABC，故③正确； 由判断③时可知，AB⊥平面 ADC，则∠DAC 为二面角 C﹣AB﹣D 的平面角， 设 AD＝AB＝1，则 BD＝DC 2 ，由 DC⊥AD，得 AC 3 ，得 cos∠DAC 3 3 AD AC   ，故④正 确． ∴判断正确的是②③④． 故答案为：②③④． 【点睛】本题考查空间中平面与平面垂直、线面角与二面角的求法，考查空间想象能力与思 维能力，考查计算能力，是中档题． 16.点 ,A B 是抛物线  2: 2 0C y px p  的两点， F 是抛物线C 的焦点，若 60AFB   ， AB 中点 D 到抛物线C 的准线的距离为 d ，则 d AB 的最大值为________. 【答案】1 【解析】 【分析】 设 AF a ， BF b ，由题意得 d 与 ,a b 的关系，在三角形中由余弦定理得 AB 与 ,a b 的关 系，求出比值，由均值不等式求出最大值. 【详解】设 AF a ， BF b ， 则 2 a bd  ， 2 2 2 2 22 cosAB a b ab AFB a b ab      ，     2 2 22 2 1 3 1 31 1 12 2 24 a bd ab ab AB a b ab ab aba b ab           ， 当且仅当 a b 时取等号. 故答案为：1. 【点睛】本题考查抛物线中的最值问题，考查学生计算能力，属于中档题. - 13 - 三、解答题（共 70 分.解答应写出必要的文字说明，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.） 17.如图，在 ABC 中，内角 A ， B ，C 的对边分别为 a ，b ， c ，已知 4c  ， 2b  ， 2 cosc C b ， D ， E 分别为线段 BC 上的点，且 BD CD ， BAE CAE   ． （1）求线段 AD 的长； （2）求 ADE 的面积． 【答案】（1） 6AD  （2） 15 6 【解析】 试题分析：（I）在△ABC 中，利用余弦定理计算 BC，再在△ACD 中利用余弦定理计算 AD； （II）根据角平分线的性质得到 2ABE ACE S AB S AC     ，又 ABE ACE S BE S EC    ，所以 2BE EC  ，所以 1 4 3 3CE BC  ， 4 22 3 3DE    ，再利用正弦形式的面积公式即可得到结果. 试题解析： （1）因为 4c  ， 2b  ，所以 1cos 2 4 bC c   ． 由余弦定理得 2 2 2 2 4 16 1cos 2 4 4 a b c aC ab a       ， 所以 4a  ，即 4BC  ， 在 ACD 中， 2CD  ， 2AC  ， 所以 2 2 2 2 cos 6AD AC CD AC CD ACD       ，所以 6AD  ． （2）因为 AE 是 BAC 的平分线， - 14 - 所以 1 sin2 21 sin2 ABE ACE AB AE BAES AB S ACAC AE CAE            ， 又 ABE ACE S BE S EC    ，所以 2BE EC  ， 所以 1 4 3 3CE BC  ， 4 22 3 3DE    ， 又因为 1cos 4C  ，所以 2 15sin 1 cos 4C C   ， 所以 1 15sin2 6ADES DE AC C      ． 18.棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的所有棱长都等于 4， 60ABC   ，平面 1 1AAC C  平面 ABCD ， 1 60A AC   . （1）证明： 1DB AA ； （2）求二面角 1D AA B  的平面角的余弦值； （3）在直线 1CC 上是否存在点 P ，使 / /BP 平面 1 1DAC ？若存在，求出点 P 的位置. 【答案】（1）证明见解析；（2） 3 5- ；（3）点 P 在 1C C 的延长线上且使 1C C CP . 【解析】 【分析】 （1）建立空间直角坐标系，结合 1 0AA BD   ，即可证得 1DB AA ； （2）分别求得平面 1AA D 和平面 1AA B 的一个法向量，解向量的夹角公式，即可求解； （3）设 1CP CC  ，求得 BP  的坐标和平面 1 1DAC 的法向量，结合 3 0n BP   ，求得 1   ， - 15 - 即可得到结论. 【详解】由题意，连接 BD 交 AC 于O ，则 BD AC ，连接 1AO ， 在 1AAO 中， 1 4AA  ， 2AO  ， 1 60A AO   ， ∴ 2 2 2 1 1 12 cos60 2 3AO AA AO AA AO    ，∴ 2 2 2 1 1AO AO AA  ， ∴ 1AO AO ，由于平面 1 1AAC C  平面 ABCD ，所以 1AO  底面 ABCD ， 所以以OB 、OC 、 1OA 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立如图所示空间直角坐标系， 则  0, 2,0A  ，  2 3,0,0B ，  0,2,0C ，  2 3,0,0D  ，  1 0,0,2 3A ， （1）由于  4 3,0,0BD   ，  1 0,2,2 3AA  ，  2 3,2,0AB  ， 则 1 0AA BD   ，∴ 1BD AA . （2）设平面 1AA D 的法向量  2 , ,n x y z ， 则 2 1 2 0 0 n AA n AD          ，即 3 0 3 0 y z x y       ，取 1x  ，可得  2 1, 3, 1n   ， 同理，可得平面 1AA B 的法向量  1 1, 3,1n   ， 所以 1 2 1 2 1 2 3cos 5 n nn n n n          ， 又由图可知成钝角，所以二面角 1D A A B  的平面角的余弦值是 3 5- . （3）假设在直线 1CC 上存在点 P ，使 / /BP 平面 1 1DAC ， 设 1CP CC  ，  , ,P x y z ，则    , 2, 0,2,2 3x y z   ， 得 (0,2 2 ,2 3 )P   ， ( 2 3,2 2 ,2 3 )BP     ， 设 3n  平面 1 1DAC ，则 3 1 1 3 1 n AC n DA        ，设  3 3 3 3, ,n x y z ， 得到 3 3 3 2 0 3 3 0 y x z    ，不妨取  3 1,0, 1n   ， 又因为 / /BP  平面 1 1DAC ，则 3 0n BP   即 3 3 0   得 1   . - 16 - 即点 P 在 1C C 的延长线上且使 1C C CP . 【点睛】本题主要考查了空间向量在线面位置关系的判定与证明中的应用，以及直线与平面 所成角的求解，其中解答中熟记空间向量与线面位置关系的关系，以及线面角的求解方法是 解答的关键，着重考查推理与运算能力. 19.学号为 1，2，3 的三位小学生，在课余时间一起玩“掷骰子爬楼梯”游戏，规则如下：投 掷一颗骰子，将每次出现点数除以 3，若学号与之同余(同除以 3 余数相同)，则该小学生可以 上 2 阶楼梯，另外两位只能上 1 阶楼梯，假定他们都是从平地(0 阶楼梯)开始向上爬，且楼梯 数足够多. （1）经过 2 次投掷骰子后，学号为 1 的同学站在第 X 阶楼梯上，试求 X 的分布列； （2）经过多次投掷后，学号为 3 的小学生能站在第 n 阶楼梯的概率记为 nP ，试求 1P ， 2P ， 3P 的值，并探究数列 nP 可能满足的一个递推关系和通项公式. 【答案】（1）答案见解析.（2） 1 2 3P  ， 2 7 9P  ， 3 20 27P  ，   1 *3 114 3 n nP n N            【解析】 【分析】 （1）由题意学号为 1 的同学可以上 2 阶楼梯的概率为 1 3 ，可以上 1 阶楼梯的概率为 2 3 ，分别 求出  2P X  、  3P X  、 ( )4P X = ，即可得解； （2）由题意可得 1P 、 2P 、 3P ；由题意 1 2 2 1 ( 33 3n n nP P P n    且 *)n N ，构造新数列即 可得数列 1n nP P  是以 2 1 1 9P P  为首项，以 1 3  为公比的等比数列，再利用累加法即可 - 17 - 得解. 【详解】（1）由题意，当投掷骰子出现 1、4 时，学号为 1 的同学可以上 2 阶楼梯，概率为 1 3 ， 当投掷骰子出现其他点数时，学号为 1 的同学可以上 1 阶楼梯，概率为 2 3 ， 由题意 2,3,4X  ， 所以   2 2 42 3 3 9P X     ，   1 2 2 1 43 3 3 9P X C     ，   1 1 14 3 3 9P X     ， 所以 X 的分布列为： X 2 3 4 P 4 9 4 9 1 9 （2） 1P 表示学号为 3 的小朋友能站在第 1 阶楼梯的概率， 根据投掷骰子的规则，若出现点数为 3 或 6，则他直接站在第 2 阶楼梯，否则站在第 1 阶楼梯. 故 1 2 3P  ，同理可得： 2 2 2 1 7 3 3 9P       ， 3 1 3 2 2 2 1 20 3 3 3 27P C        ， 由于学号为 3 的小朋友能够站在第 n 阶楼梯，有两种可能： 从第 2n  阶楼梯投掷点数为 3 或 6 直接登 2 个台阶上来， 或从第 1n  阶楼梯只登 1 个台阶上来. 根据骰子投掷规则，登两阶的概率是 1 3 ，登一阶的概率是 2 3 ， 故 1 2 2 1 ( 33 3n n nP P P n    且 *)n N (*) 将(*)式可变形为   1 1 2 1 33n n n nP P P P n       ， 从而知：数列 1n nP P  是以 2 1 1 9P P  为首项，以 1 3  为公比的等比数列， 则有 2 1 1 1 1 9 3 3 n n n nP P                  . 进而可得：当 2n  时，      1 1 2 2 1 1n n n n nP P P P P P P P          - 18 - 1 21 1 1 2 3 3 3 3 n n                       1 1 1 119 32 3 1113 4 31 3 n n                         ； 当 1n  时， 2 1 3 1 214 3 3P            ； 所以   1 *3 114 3 n nP n N            . 【点睛】本题考查了离散型随机变量分布列的求解，考查了数列与概率的综合问题，属于中 档题. 20.已知函数   21 ln2f x x a x  ； (1)当 0a  时， 0x  ，使   0f x „ 成立，求 a 的取值范围； (2)令        1 1 eg x f x a x a   ， ， ，证明：对  1 2 1x x a， ，  ，恒有    1 2 1g x g x  ． 【答案】（1） ( , ]e  ； （2）见解析. 【解析】 【分析】 (1)先将存在性问题转化为求  f x 最小值，再求导数，根据导函数零点以及导函数符号确定 函数单调性，进而确定最小值，最后解不等式得 a 的取值范围；（2）先根据恒成立问题将不等 式转化为对应函数最值问题，即证    1 1g g a  .构造差函数   1 3ln2 2h a a a a    ，利用 导数可得  h a 单调性，根据单调性可得     0h a h e  ，即证得结论. 【详解】（1）当 0a  ，由  ' af x x x   ，令  ' 0f x  ，∴ x a  ， 列表得： x  0, a a  ,a  - 19 -  'f x - 0   f x 减函数 极小值 增函数 这时    min ln2 af x f a a a      . ∵ 0x  ，使   0f x  成立，∴ ln 02 a a a    ，∴ a e  ， ∴ a 的范围为 , e  . （2）因为对  1,x a  ，     1 1' 0x x ag x x     ，所以  g x 在 1,a 内单调递减， 所以         2 1 2 1 11 ln2 2g x g x g g a a a a      . 要证明    1 2 1g x g x  ，只需证明 21 1ln 12 2a a a   ，即证明 1 3ln 02 2a a a    . 令   1 3ln2 2h a a a a    ，   2 2 1 1 3 3 1 1 1' 02 2 2 3 3h a a a a           ， 所以   1 3ln2 2h a a a a    在  1,a e 是单调递增函数， 所以       3 131 02 2 2 e eeh a h e e e        ，故命题成立. 【点睛】不等式有解与不等式的恒成立问题，此两类问题都可转化为最值问题，即  f x a 恒成立⇔  maxa f x ，  f x a 恒成立⇔  mina f x . 21.已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的离心率为 6 3 ，且经过点 3 3,2 2A       ． （1）求椭圆C 的方程； （2）若不过坐标原点的直线 l 与椭圆C 相交于 M 、 N 两点，且满足OM ON OA    ，求 MON△ 面积最大时直线l 的方程． - 20 - 【答案】（1） 2 2 13 x y  ；（2） 1 6 3 3y x   【解析】 【分析】 (1)由题意列关于 a ,b ,c 的方程组,求解 a ,b 的值,则椭圆方程可求; (2)由题意可知,直线 MN 的斜率存在,设直线 MN 的方程为 ( 0)y kx m m   , 1(M x , 1)y , 2(N x , 2 )y ,联立直线方程与椭圆方程,化为关于 x 的一元二 次方程,利用根与系数的关系及向量等式可得 k 值,写出三角形面积公式,得到关于 m 的函数 式,整理后利用基本不等式求最值,然后求得 MN 的方程. 【详解】(1)由题意得 2 2 2 2 2 6 3 3 3 14 4 c a a b a b c           ,解得 2 2 3 1 a b     , 所以椭圆C 的方程为 2 2 13 x y  ; (2)由题意可知,直线 MN 的斜率显然存在, 设直线 MN 的方程为  0y kx m m   ,  1 1,M x y ,  2 2,N x y , 由 2 2 13 x y y kx m       得 2 2 23 1 6 3 3 0k x kmx m     ,     2 2 2 2 2 236 4 3 1 3 3 12 3 1 0k m k m k m         ① 所以 1 2 2 2 1 2 2 6 3 1 3 3 3 1 kmx x k mx x k          ,所以  1 2 1 2 2 22 3 1 my y k x x m k       , 因为OM ON OA    ,所以 1 2 2 1 2 2 6 3 3 1 2 2 3 3 1 2 kmx x k my y k              , - 21 - 所以 1 3k   ,代入①得 2 3 2 3 3 3m   且 0m  , 所以  2 1 2 1 2 1 2 1 1 42 2MONS m x x m x x x x    △  2 2 2 2 12 3 1 3 4 31 2 3 1 4 k m m mm k      2 2 2 23 3 4 3 3 3 4 3 3 4 4 2 2 m m m m      , 当且仅当 2 23 4 3m m  ,即 6 3m   时上式取等号,此时符合题意, 所以直线 MN 的方程为 1 6 3 3y x   . 【点睛】本题考查椭圆标准方程的求法,考查直线与椭圆位置关系的应用,结合了基本不等式 求最值,需要学生具备一定的计算分析能力,属于中档题. 选考题（共 10 分.请考生在第 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.在直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的参数方程为 cos 3 sin3 x y     （ 为参数）.圆 2C 的方程为  2 21 1x y   ，以原点O 为极点， x 轴的非负半轴为极轴且取相等的长度单位建立极坐标 系，射线 l 的极坐标方程为 0 ( 0)    . （1）求曲线 1C 和 2C 的极坐标方程； （2）当 00 2   时，若射线l 与曲线 1C 和圆 2C 分别交于异于点O 的 M 、 N 两点，且 2ON OM ，求 2MC N 的面积. 【答案】（1） 2 2 1 cos 3sin      ， 2cos  ；（2） 1 4 . 【解析】 【分析】 （1）先将曲线 1C 的参数方程化为普通方程，再表示成极坐标方程即得，由 cosx   ， - 22 - siny   代入圆 2C 的普通方程，整理即得极坐标方程； （2）利用极径的几何意义和三角形的面积公式可得。 【详解】（1）∵曲线 1C 的普通方程为： 2 2 11 3 yx   ， 又 cosx   ， siny   代入：∴ 2 2 2 2cos 3 sin 1     ， ∴曲线 1C 的极坐标方程： 2 2 1 cos 3sin      ， ∴曲线 2C 的极坐标方程： 2cos  . （2）∵已知 2ON OM ，∴ 2 24N M  ， 2 2 2 14cos 4 cos 3sin     ， 4 22cos 3cos 1 0    ，且 00 2   ， ∴解得： 2 1cos 2   ， 2cos 2   ， 2sin 2   . 点 2C 到 l 的距离 2 2 2 2sin 1 2 2Ch OC      . ∴ 2MC N 的面积为：  2 2 2 1 1 2 2NC M C N M CS NM h h       △ 22 2 1 1 12cos2 4cos 3sin Ch           . 【点睛】本题考查参数方程，普通方程和极坐标方程间的互化，通过极径的几何意义最终求 三角形面积，属于中档题. 23.已知函数   2 1 3 1f x x a x    . （1）当 1a  时，解不等式   3f x   ； （2）若   3 4f x a x  ，求 a 的最小值. 【答案】（1） | 1 5x x   ；（2） 1 3 . 【解析】 【分析】 - 23 - （1）当 1a  时，分三种情况去绝对值化简，得到分段函数 12, 3 1 1( ) 5 , 2 3 12, 2 x x f x x x x x             ，然后根 据 ( )f x 的单调性及 ( 1) (5) 3f f    ，即可得到本题答案； （2）由题，得 2 1 3 1 3 4 xa x x     ，又根据绝对值三角不等式，可得 2 1 1 3 1 3 4 3 x x x     ， 由此即可得到本题答案. 【详解】解：（1）当 1a  时， 12, 3 1 1( ) 5 , 2 3 12, 2 x x f x x x x x             ， 由 ( )f x 的单调性及 ( 1) (5) 3f f    ，得   3f x   的解集为 | 1 5x x   ； （2）由   3 4f x a x  ，得 2 1 3 1 3 4 xa x x     ， 因为 3 1 3 4 3 2 1x x x     ，所以 2 1 1 3 1 3 4 3 x x x     ， 得 1 3a  （当且仅当 1 3x  或 4 3x   时等号成立）， 故 a 的最小值为 1 3 . 【点睛】本题主要考查 +x a x b c   型不等式的解法，以及利用绝对值三角不等式确定 参数的取值范围，考查学生的转化求解能力和运算能力. - 24 -