山东省威海市2019届高三数学（理）下学期质量检测试题（解析版） 25页

高三质量检测理科数学 第Ⅰ卷 选择题（共 60 分） 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个选项 中，只有一项是符合要求的. 1.已知集合   lg 8 2A x N y x    ，  4 2xB y y   ，则 A B  ( ) A.  0,2 B.  0,4 C.  0,1 D.  0,1,2 【答案】C 【解析】 【分析】 由集合  4A x N x   ，  0 2B y y   ，能求出 A∩B． 【详解】∵集合       lg 8 2 8 2 0 4A x N y x x N x x N x           , 又      2 4 2 4 2 04 ,+ 20 ,x x x      ， ， ， ∴  0 2B y y   ， ∴A∩B={0，1}. 故选：C. 【点睛】本题考查交集及其运算，结合函数定义域、值域知识的考查，属于基础题. 2.在复平面内，若复数  *2 2 Nn nz i ni     所对应的点位于第一象限，则 n 的最小值为 ( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】 根据复数的幂运算规律，分别计算  *4 4 1,4 2,4 3n k k k k k N    ， 时 z 所对应的点位于 的象限，可得 *4 3( )n k n N   满足条件，求出最小值即可. 【详解】∵复数  *2 2n nz i n Ni     ， 当  *4n k k N  时 1ni  ,此时 5z  ，z 的对应点在实轴上， 当 *4 1( )n k k N   时 ni i ,此时 2 2 2 2 2z i i i ii         ,z 的对应点在第四象限， 当 *4 2( )n k k N   时 1ni   ,此时 1z   ,z 的对应点在实轴， 当 *4 3( )n k k N   时 ni i  ,此时 2 2 2 2 2+z i i i ii          ,z 的对应点在第一象 限， ∴ *4 3( )n k n N   ， ∴当 0k  时 n 取得最小值 3， 故选:C. 【点睛】本题考查复数的幂运算及复数的几何表示，属于基础题. 3.下列函数中，既是偶函数，又在  ,0 内单调递增的为( ) A. 2y x-= B. 2 2x xy   C. 2 xy  D. 1 2 logy x 【答案】C 【解析】 【分析】 分析给定四个函数的奇偶性和单调性，可得答案． 【详解】函数 2y x-= 是偶函数，定义域 0x  ，不满足条件； 函数 2 2x xy   是奇函数，不满足条件； 函数 2 xy  是偶函数,在 ,0 内单调递增，满足条件； 函数 1 2 logy x 是偶函数,又定义域 0x  ，不满足条件； 故选：C. 【点睛】本题考查函数单调性的判断及函数奇偶性的判断，考点为从函数解析式看函数的基 本性质，属于基础题. 4.在等比数列 na 中，“ 6 1a   ”是“ 2a ， 10a 是方程 2 4 1 0x x   的两根”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】 由韦达定理可得 2 10 1a a  ，且 a2 和 a10 均为负值，由等比数列的性质可得 6 1a   ，故必要性 满足充分性不满足. 【详解】∵由 2a ， 10a 是方程 2 4 1 0x x   的两根， ∴ 2 10 2 104, 1a a a a     ， ∴a2 和 a10 均为负值， 由等比数列的性质可知 a6 为负值,且 6 2 2 10 1a a a   ， ∴ 6 1a   ， 故“ 6 1a   ”是“ 2a ， 10a 是方程 2 4 1 0x x   的两根”的必要不充分条件， 故选：B. 【点睛】本题考查充分条件、必要条件，根据充分条件和必要条件的定义，结合等比数列的 性质、二次方程根与系数关系等进行判断即可，属于基础题. 5.设变量 x ， y 满足约束条件 2 3 0 2 2 0 2 2 0 x y x y x y            ，则 1 y x  的取值范围为( ) A. 2 7,9 9      B. 2 7,9 9      C. 2 2,9 3      D. 2 2,9 3      【答案】A 【解析】 【分析】 本题主要考查线性规划的基本知识，先画出约束条件 2 3 0 2 2 0 2 2 0 x y x y x y            的可行域，然后分析 1 y x  的几何意义，结合图象，用数形结合的思想，即可求解． 【详解】x，y 满足的约束条件表示的平面区域如图为三角形 ABC 表示的区域， A,C 坐标为 4 7 5 1( , ), ( , )5 5 4 2 ， 而 1 ys x   ,设点 N ( 1,0) ， s 表示斜率， 由图可知 NC 位置斜率最小为 1 22 5 914   ， NA位置斜率最小为 7 75 4 915   ， 所以 2 7,9 91 y x      ， 故选：A 【点睛】本题考查简单线性规划，先画出约束条件的可行域，然后分析目标函数的几何意义， 结合图象，用数形结合的思想，即可求解，属于基础题. 6.《九章算术》是我国古代数学名著，也是古代东方数学的代表作.书中有如下问题：“今有 勾七步，股二十四步，问勾中容圆，径几何？”其意思为：“今有直角三角形，勾（短直角 边）长为 7 步，股（长直角边）长为 24 步，问该直角三角形的容圆（内切圆）直径为多少步？” 现若向此三角形内投米粒，则米粒落在其内切圆内的概率为( ) A. 3 20  B. 3 28  C. 20  D. 28  【答案】B 【解析】 【分析】 利用直角三角形三边与内切圆半径的关系求出半径，然后分别求出三角形和内切圆的面积， 根据几何概型的概率公式即可求出所求． 【详解】由题意，可得直角三角形，斜边长为 25， 由等面积，可得内切圆半径 7 24 37 24 25r    ， ∴向此三角形内投米，则落在其内切圆内的概率是 23 3 1 287 242      ， 故选：B. 【点睛】本题考查几何概型求概率，分别计算出所求面积与总面积作比即可，涉及平面几何 知识的应用，属于基础题. 7.已知函数   2 2 2 , 0 2 , 0 x x xf x x x x       ，若  0.32a f ，  20.3b f ，  2log 0.3c f ，则 a ， b ， c 的大小关系为( ) A. a b c  B. c b a  C. b a c  D. c a b  【答案】B 【解析】 【分析】 根 据 题 意 ， 由 分 段 函 数 的 性 质 分 析 可 得 f （ x ） 为 在 定 义 域 的 减 函 数 ， 又 由 2 0.3 2log 0.3 0 0.3 2   ，分析可得答案． 【详解】因为函数   2 2 2 , 0 2 , 0 x x xf x x x x       ， 当   20 2 0,x f x x x   ， 且单调递减， 2( ) 2 ( )f x x x f x      ， 当   20 2 0,x f x x x     且单调递减， 2( ) 2 ( )f x x x f x     ， ( )f x 为单调递减的奇函数， 0.3 02 2 1  ， 2 10 0.3 0.09 2    ， 2 2log 0.3 log 1 0  ， 2 0.3 2log 0.3 0 0.3 2    ，      0.3 2 22 0.3 log 0.3f f f   ， a b c  . 故选：B. 【点睛】本题考查分段函数的单调性与函数值大小比较，此类问题先判断函数的单调性，再 根据自变量的大小关系确定答案，自变量为指对数时可以化同底或者利用特殊值判断大小， 属于中等题. 8.已知椭圆 2 2 19 5 y x  的上焦点为 F ， M 是椭圆上一点，点  2 3,0A ，当点 M 在椭圆上 运动时， MA MF 的最大值为( ) A. 12 B. 10 C. 8 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 如图所示，设椭圆的下焦点为 F′，| | 4AF AF   ，|MF|+|MF′|=2a=6，利用|MA|-|MF′|≤|AF′|， AMF 的周长为最大值时 MA MF 取得最大值即可得出． 【详解】如图所示, 设椭圆的下焦点为 F  ,则 | | 4AF AF   ，| | 2 6MF MF a   ∵| |MA MF AF   , 当且仅当 A,F′,M 共线且 F′在线段 AM 上时等号成立, ∴ AMF 的周长为| | | | | | | | | | 6AF MA MF AF MA MF       4 6 4 14    ， 所以 AMF 的周长的最大值为14 ， 此时 | | 14 4 114 0AMA MF F    ， 故选：B 【点睛】本题考查椭圆的简单性质，解题关键是数形结合，根据三角形的三边性质及椭圆几 何性质可得最值，属于中等题. 9.已知三棱锥 S ABC 的顶点都在球O 的球面上， ABC 是边长为 6的正三角形，SC 为球 O 的直径，且 8SC  ，则此三棱锥的体积为( ) A. 4 3 B. 6 3 C. 12 3 D. 16 3 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意，利用截面圆的性质即可求出点 O 到平面 ABC 的距离，进而求出点 S 到平面 ABC 的距离，即可计算出三棱锥的体积． 【详解】因为△ABC 是边长为 6 的正三角形,所以△ABC 外接圆的半径 r= 2 3 ， SC 为球O 的直径，且 8SC  ，球 O 半径 R=4， 所以点 O 到平面 ABC 的距离  22 2 24 2 3 2d R r     ， SC 为球 O 的直径,点 S 到平面 ABC 的距离为 2d=4， 此棱锥的体积为 1 1 1 32 6 6 4 12 33 3 2 2ABCV S d        V ， 故选 C. 【点睛】本题考查外接球问题及棱锥的体积计算，外接球问题一般构造直角三角形利用勾股 定理解决，棱锥的体积计算需要求出高及底面积代入公式即可，属于简单题. 10.已知函数    sin 0, 0, 2f x A x A            的最小正周期为 ，对称轴为 x  ，且函数  f x 的图象与函数    2 cosg x A x   的图象在 y 轴上有交点，则 2sin 22       ( ) A. 1 3 B. 2 3 C. 1 5 D. 4 5 【答案】D 【解析】 【分析】 函 数  f x 的 最 小 正 周 期 为  ， 可 得 2  ，  f x 的 对 称 轴 为 x  ， 可 得 = 2 + ,2 k k Z     ，函数  f x 的图象与函数  g x 的图象在 y 轴上有交点，可得    2 2cos 2 =4sin 2  ，利用同角三角函数关系可解出    2 24 1cos 2 = sin 25 5   ， ，利用 诱导公式可得 2sin 22      值. 【详解】函数    sin 0, 0, 2f x A x A            的最小正周期为 ， 可得 2 2= 2T     ， 函数  f x 的对称轴为 x  ， 可得 2 = + ,2 k k Z    ，则 = 2 + ,2 k k Z     ， 函数  f x 的图象与函数    2 cosg x A x   的图象在 y 轴上的交点分别为：    0, sin 0,2 cosA A ， ， 所以 sin =2 cosA A  ，可得sin 2 + =2cos 2 +2 2k k                 ， 利用诱导公式化简可得    2 2cos 2 =4sin 2  ①， 又    2 2cos 2 +sin 2 1   ②， ①②联立可得：    2 24 1cos 2 = sin 25 5   ， ，  2 2 4sin 2 cos 22 5         ， 故选：D. 【点睛】本题考查三角函数图象及性质，属于综合题，涉及到知识点包括三角函数周期性、 对称性、诱导公式、同角三角函数关系等等，属于中等题. 11.已知 1F ， 2F 是双曲线   2 2 2 1 04 x y bb    的两个焦点，点 A 是双曲线的右顶点，   0 0 0 0, 0, 0M x y x y  是双曲线渐近线上一点，满足 21MF MF ，若以 A 为焦点的抛物 线  2 2 0y px p  经过点 M ，则此双曲线的离心率为( ) A. 2 B. 3 C. 2 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】 设 F1（-c，0），F2（c，0），由 MF1⊥MF2 以及点 M（x0，y0）在直线 by xa  上，列出方程， 根据抛物线的定义可知|MA|=x0+a=2a，然后最后求解双曲线的离心率即可． 【详解】设 F1（-c，0），F2（c，0），A(a,0)，M（x0，y0）， 由 21MF MF 可知 1 2 1 2OM F F c  ， 又点 M（x0，y0）在直线 by xa  上， 所以 0 0 2 2 2 0 0+ by xa x y c     ， 解得 0 0,x a y b  ， 所以 M（a，b）， MA x 轴， 于是根据抛物线的定义可知 0 2MA x a a   ， 所以 b=2a， 即 2 2 2 2= 5+c a b a ， 由 = 5ce a  ， 则双曲线的离心率为 5 . 故选：D. 【点睛】本题考查双曲线的离心率问题，涉及抛物线的基本性质，圆锥曲线问题的基本思路 是利用题目条件得出 a、b、c 的等量关系，确定离心率，属于简单题. 12.若函数      1 cos2 3 sin cos 2 12f x x a x x a x     在 0, 2      上单调递减，则实数 a 的 取值范围为( ) A. 11, 5     B. 1,15     C.  1, 1,5        D.   1, 1 ,5       【答案】A 【解析】 【分析】 化简函数 f（x），根据 f（x）在区间 0, 2      上单调递减，f′（x）≤0 恒成立，由此解不等式求出 a 的取值范围． 【详解】由函数      1 cos2 3 sin cos 2 12f x x a x x a x     ， 且 f(x)在区间 0, 2      上单调递减， ∴在区间 0, 2      上,f′(x)=−sin2x+3a(cosx−sinx)+2a−1≤0 恒成立， ∵设 2 4t cosx sinx sin x          ， ∴当 x∈ 0, 2      时, 4 4 4x         ， ,t∈[−1,1]，即−1≤cosx−sinx≤1， 令 t∈[−1,1],sin2x=1−t2∈[0,1]， 原式等价于 t2+3at+2a−2≤0，当 t∈[−1,1]时恒成立， 令 g(t)=t2+3at+2a−2， 只需满足 3 12 (1) 5 1 0 a g a        或 3 12 ( 1) 1 0 a g a         或 31 12 (1) 5 1 0 ( 1) 1 0 a g a g a                ， 解得或 21 3a    或 2 1 3 5a   ， 综上，可得实数 a 的取值范围是 11, 5     ， 故选：A. 【点睛】本题考查三角函数的公式及导数的应用，解题的关键是利用换元将不等式恒成立问 题转化为一元二次不等式恒成立问题，属于较难题. 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.把答案填在答题卡中相应题 的横线上. 13.已知  1,a  ，  2,1b  r ，若向量 a  与  4,8c  共线，则 b c r r 在 a b  方向上的投影为 _________. 【答案】 15 2 2 【解析】 【分析】 根据向量共线求出λ，计算 b c r r 在 a b  及夹角余弦值，代入投影公式即可． 【详解】因为  1,a  ，  2,1b  r ，向量 a  与  4,8c  共线， 可得8 4 0  ， 2  ，得  1,2a  r 则  = 6,9b c r r ， =(3,3)a b  ， 设b c r r 与 a b  的夹角为 ， 则     45 5 26cos = = = 263 13 3 2 b c a b b c a b        r r r r r r r r ， 则b c r r 在 a b  方向上的投影为： 5 26cos =3 1 1 2 23 =6 5 2b c     ， 故答案为：15 2 2 . 【点睛】本题考查平面向量数量积的运算及向量的投影，解题关键是灵活掌握向量共线定理 及向量投影公式，属于基础题. 14. 51 2 ax xx x         的展开式中各项系数之和为 2 ，则该展开式中 4x 的系数为___________. 【答案】-48 【解析】 【分析】 令 x=1，解得 a=1，再利用 512x x     的通项公式，进而得出． 【详解】令 x=1,  51 1 2 a  =2，解得 a=1. 又 512x x     的通项公式   5 5 2 1 51 2r r r r rT C x      ， 令 5−2r=3，5−2r=5. 解得 r=1，r=0. ∴该展开式中 4x 的系数为    1 04 1 5 0 5 51 2 + 1 2C C  =−80+32=−48， 故答案为：−48. 【点睛】本题考查二项式定理的应用，根据通项公式求系数，属于中等题. 15.若直线  3 0 0, 0ax by a b     被圆 2 2 2 2 1 0x y x y     截得的弦长为 2 ，则 1 1 1a b  的最小值为___________. 【答案】1 【解析】 【分析】 先求圆的圆心和半径，求弦心距，用弦心距、半径、半弦长的关系得到 a、b 关系，再通过均 值不等式求 1 1 1a b  的最小值． 【详解】圆 2 2 2 2 1 0x y x y     的圆心坐标(−1,1),半径是 1, 直线  3 0 0, 0ax by a b     被圆截得的弦长为 2 ， 所以直线过圆心， 即：−a−b+3=0,∴a+b=3, 因为 a>0,b>0，将 a+1+b=4 代入得,    1 1 1 1 1 1 1 1= 1 = 2+ 2+2 11 4 1 4 1 4 b aa ba b a b a b                   ， 当且仅当 a+1=b 时等号成立. 故答案为：1. 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系及基本不等式的应用，综合性强，难度中等. 16.对于数列 na ，定义 1 1 22 2n n n a a aH n     为 na 的“优值”.现已知某数列的“优 值”为 12n nH  ，记数列   2 3 nn a       的前 n 项和为 nS ，若对一切的 *Nn ，都有 nS m 恒成立，则实数 m 的取值范围为___________. 【答案】 5 ,12    【解析】 【分析】 本题可根据优值 Hn 的特点构造数列{bn}：令 bn=2n-1an，n∈N*，然后可通过先求出数列{bn}的 通项公式来求出数列{an}的通项公式，再可根据数列{an}的通项公式写出数列   2 3 nn a       的 前 n 项和 Sn 的表达式，根据 Sn 为递增数列转化为求 Sn 最值问题，由此可得 m 的取值范围． 【详解】由题意，可知对于数列 na : 1 11 22 2 2 n nn n a a aH n      . ∴ 1 1 1 22 2 2n n na a a n      . 可构造数列 nb :令 12n n nb a ,n∈N∗ . 设数列 nb 的前 n 项和为 Tn. ∴ 12n nT n   .n∈N∗ . ∴①当 n=1 时, 1 1 1 1 1 2 4b T     ； ②当 n≥2 时,    1 1 2 1 2 1 2n n n n n nb T T n n n           . 由①②,可得：  1 2n nb n   ，n∈N∗ . ∴    1 1 1 2 2 12 2 n n n n n nba n       ，n∈N∗ . ∴数列 na 是以 4 为首项，2 为公差的等差数列. 对于数列   2 3 nn a       通项为:      2 1 1 1 1= =3 3 1 2 1 3nn a n n n n         ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1= 2 2 4 3 5 4 6 2 1 3n n n nS n                  1 1 1 1 1 5 1 1 2 2 3 2 3 12 2 2 2 3n n n n              ， 令       5 1 1 12 2 2 2 3f n n n     ，则  f n 单调递增， 当 +n   ，   5 12f n  ， 则 nS m 恒成立，∴ 5 12 m ， 故答案为： 5 ,12   . 【点睛】本题考查数列的综合应用，涉及到的知识有递推公式求通项、裂项相消求和、函数 单调性及最值思想，属于综合题，题目较复杂计算量大，属于难题. 三、解答题：共 70 分.把解答写在答题卡中.解答应写出文字说明，证明过程或演 算步骤. 17. ABC 的内角 A ， B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ，已知 ABC 的外接圆半径为 R ，且 2 3 sin sin cos 0R A B b A   . （1）求 A ； （2）若 tan 2tanA B ，求 sin 2 sin 2 sin b C a b B c C  的值. 【答案】（1） 6  ；（2） 3 3 10  . 【解析】 【分析】 （1）由正弦定理化简已知三角等式，根据sin 0B  可得 3tan 3A  ，即可求出角 A； （2）由（1）可得 3tan 6B  ，利用 2sin 1A  及正弦定理将分式化简，再利用余弦定理化 简分式得  1 tan2 A B  ，最后利用正切和角公式代入 tan A ， tan B ，可求出结果. 【详解】（1）∵ 2 3 sin sin cos 0R A B b A  ， 由正弦定理得： 2 3 sin sin 2 sin cos 0R A B R B A  ， 即  sin 3sin cos 0B A A  ， ∵  0,B  ，∴sin 0B  ， 即得 3sin cosA A ， 3tan 3A  ， ∵  0,A  ，∴ 6A   . （2）由（1）知： 3tan 3A  ， 3tan 6B  ， 1sin 2A  ， ∴ 2sin 1A  ， ∴ sin 2sin sin 2 sin 2 sin 2sin 2 sin 2 sin b C Ab C a b B c C Aa b B c C     2 2 2 sinab C a b c    由余弦定理得：  sin sin 1 1tan tan2 sin 2 sin 2cos 2 2 b C C C A Ba b B c C C       1 tan tan 3 3 2 1 tan tan 10 A B A B      . 【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数的基本关系等基础知识，考查学生数 形结合、转化与化归以及运算求解能力，解决此类问题的关键是灵活运用正、余弦定理进行 边角的互化，属于中等题. 18.已知 PA  平面 ABC ， AB BC ， D ， E 分别为 PB ， PC 上的点，且 AD PB ， AE PC . （1）求证： PC DE ； （2）若 2 2AB BC  ，直线 AB 与平面 ADE 所成角的正弦值为 2 3 ，求二面角C DA E  的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 6 9 . 【解析】 【分析】 （1）先证明 BC⊥平面 PAB，可得 BC⊥AD，证明 AD⊥平面 PBC，得 PC⊥AD，再证明 PC⊥ 平面 ADE，即可证明 PC⊥DE； （2）过点 B 作 BE∥AP，则 BZ⊥平面 ABC，分别以 BA，BC，BZ 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设 PA a ，根据 PC⊥平面 ADE，可得  2,1,PC a   是平面 ADE 的一个法向量，从而向量 PC  与 AB  所成的角的余弦值的绝对值为 2 3 ，可求 PA 的值，利用题 目条件求出平面CAD 的一个法向量，利用夹角公式可得二面角 C DA E  的余弦值. 【详解】（1）证明：因为 PA  PA  平面 ABC ，∴ PA BC ， 又 BC AB ， AB PA A  ， ∴ BC ⊥平面 PAB ，∴ BC DA . 又 AD PB ， BC PB B ， ∴ DA  平面 PBC ，∴ AD PC . 又 PC AE ， AE DA A  ， ∴ PC  平面 DEA ，∴ PC DE . （2）过点 B 作 BZ PA  ，则 BZ  平面 ABC ，如图所示 分别以 BA ， BC ， BZ 所在直线 为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系. 设 PA a ，则  2,0,0A ，  0,1,0C ，  2,0,P a ， 因为 PC  平面 ADE ， ∴  2,1,PC a   是平面 ADE 的一个法向量， ∴向量 PC  与 AB  所成的角的余弦值的绝对值为 2 3 ， 又  2,0,0AB   ， 2 4 2cos , 32 5 PC ABPC AB PC AB a             ， ∴ 2a  ，∴ 2PA  . 在 PAB△ 中， PA AB ，又 AD PB ， ∴ D 为 PB 中点，∴  1,0,1D ， ∴  2,1,0AC   ，  1,0, 1DA   ， 设平面CAD 的一个法向量为  , ,n x y z ， 则 0 0 n AC n DA         ，∴ 2 0 0 x y x z       ，∴  1,2,1n  ， 又  2,1, 2PC    是平面 ADE 的法向量， ∴ cos n  ， 2 6 91 1 4 4 1 4 PC         ， 二面角C DA E  的余弦值为 6 9 . 【点睛】本题考查空间垂直关系的证明与二面角所成平面角的计算，考查空间推理能力与空 间建模思想，对学生计算求解能力要求较高，属于中等题. 19.某校高三期中考试后，数学教师对本次全部学生的数学成绩按 1∶20 进行分层抽样，随机 抽取了 20 名学生的成绩为样本，成绩用茎叶图记录如图所示，但部分数据不小心丢失，同时 得到如下表所示的频率分布表： 分数段（分）  50,70  70,90  90,110  110,130  130,150 总计 频数 b 频率 a 0.25 （1）求表中 a ，b 的值及成绩在 70,80 90100)， 范围内的样本数； （2）从成绩在 90,110 内的样本中随机抽取 4 个样本，设其中成绩在 90,100 内的样本个 数为随机变量 X ，求 X 的分布列及数学期望  E X ； （3）若把样本各分数段的频率看作总体相应各分数段的概率，现从全校高三期中考试数学成 绩中随机抽取 5 个，求其中恰有 2 个成绩在 110,150 内的概率. 【答案】（1） 0.1a  ， 8b  ，成绩在 70,80 ，90100)， 范围内的样本数分别为 2 人，3 人； （2）分布列见解析， 3 2 ；（3） 135 512 . 【解析】 【分析】 （1）由茎叶图知成绩在[50，70）范围内的有 2 人，成绩在 70,90 有 0.25 20 5  人，在  90,110 有 20 2 5 3 2 8     人 ， 即 8b  ， 根 据 茎 叶 图 数 据 作 差 可 得 出 成 绩 在  70,80 90100， ）范围内的样本数； （2）由茎叶图知成绩在 90,110 内的共有 8 人，其中成绩在 90,100 内的共有 3 人，于是 X 的可能取值为 0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出 X 的分布列及数学期望 E（X）； （3）该校高三期中考试数学成绩在 110,150 的概率为 5 1 20 4p   ，设随机抽取 5 个，其中 恰有 2 个成绩在 110,150 的事件为 A ，由二项分布概率公式能求概率． 【详解】（1）由茎叶图知成绩在 50,70 范围内的有 2 人，得 2 0.120a   ， 在 70,90 有 0.25 20 5  人， 在 90,110 有 20 2 5 3 2 8     人，即 8b  ， 在 70,80 范围内的样本数为5 3 2  人， 在90100， ）范围内的样本数为8 5 3  人； （2）由茎叶图知成绩在 90,110 内的共有8人， 其中在 90,100 内的共有3人，于是 X 的可能取值为 0，1，2，3. 得   4 5 4 8 10 14 CP X C    ，   1 3 3 5 4 8 31 7 C CP X C    ，   2 2 3 5 4 8 32 7 C CP X C    ，   3 1 3 5 4 8 13 14 C CP X C    . 得 X 的分布列为： X 0 1 2 3 P 1 14 3 7 3 7 1 14 故   1 3 3 1 30 1 2 314 7 7 14 2E X          . （3）该校高三期中考试数学成绩在 110,150 的概率为 5 1 20 4p   ， 设随机抽取 5 个，其中恰有 2 个成绩在 110,150 的事件为 A ， 则根据题设有   2 3 2 5 1 1 13514 4 512P A C               . 【点睛】本题考查茎叶图、频率分布直方表、离散型随机变量及其分布列、期望等知识，考 点较多，考查学生分析求解能力，属于中等题. 20.过点  1, 2P 做圆 2 2: 2O x y  的切线，切点分别为 S ，T .直线 ST 恰好经过椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的右顶点 A 和上顶点 B . （1）求椭圆C 的方程； （2）设Q 是椭圆C 上一点，直线 QA 交 y 轴于点 M ，直线QB 交 x 轴于点 N ，求证： AN BM 为定值. 【答案】（1） 2 2 14 2 x y  ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）利用圆的切线的性质即可求直线 ST 方程，可得椭圆的右顶点和上顶点，进而即可得到 椭圆的方程； （2）设出点 Q 的坐标，易求得 AQ 、 BQ 方程，求得 M、N 坐标即可得出 AN BM、 ，代 入关系式 AN BM ，利用 Q 点满足椭圆方程，化简即可证明． 【详解】（1）因为点  1, 2P 在圆外，所以 PS PT ， 且OS PS ，OT PT ， PSO PTO  连结 OP ， ST ，∴OP ST ， 1 2 2ST OP k k     . 由题意知，其中一个切点为  0, 2 ， 所以直线 ST 的方程 2 22y x   ， ∴  2,0A ，  0, 2B ，∴ 2a  ， 2b  ， 所以椭圆 C 的方程为 2 2 14 2 x y  . （2）设  0 0,Q x y ，则 0 0 2AQ yk x   ， ∴ AQ 方程为  0 0 22 yy xx   ， 令 0x  ，∴ 0 0 2 2M yy x   ， ∴ 0 0 0 0 0 2 2 2 2 222 2 y y xMB x x      同理， 0 0 2 BQ yk x  ， ∴ BQ 方程为 0 0 2 2yy xx   ， 令 0y  ，∴ 0 0 2 2N xx y   ， ∴ 0 0 0 0 0 2 2 2 2 22 2 2 x x yAN y y       ∴ 0 0 0 0 0 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y y xAN MB y x         2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 4 2 8 2 8 8 2 4 2 2 2 2 x y y x x y x y y x         ∴由于点  0 0,Q x y 在椭圆上，所以 2 2 0 02 4 8x y  ， ∴ 0 0 0 0 0 0 0 0 4 2 8 2 8 16 4 2 2 2 2 2 x y y xAN MB x y y x         . 【点睛】本题考查椭圆的标准方程、椭圆中的定值问题，求椭圆方程一般思路是根据题意列 关系式解 a、b，椭圆中定值问题一般思路为设参数、代入求值、消参、定值出现，但是过程 复杂且计算量大，属于中等题. 21.已知函数    2 2lnxf x e x m   ，    21 2 2ln 1g x x kx x     .曲线  y f x 在   0, 0f 处的切线平行于 x 轴. （1）讨论  f x 的单调性； （2）若 0x  时，    f x g x 恒成立，求实数 k 的取值范围. 【答案】（1）  f x 在 1,0 上单调递减，在 0,  上单调递增；（2） 2k   . 【解析】 【分析】 （1）对  f x 求导，根据题意  0 0f   可得 1m  ，即可得到  f x 解析式，  f x 在  1,  上单增，且  0 0f   ，可得  f x 在 1,0 上单调递减，在 0,  上单调递增； （2）令      h x f x g x  ，不等式转化为  min 0h x  ，对  h x 求导进行分类讨论可得实 数 k 的取值范围. 【详解】（1）   2 22 xf x e x m     ，由题意   20 2 0f m     ， ∴ 1m  .∴    2 2ln 1xf x e x   ， ∴   2 22 1 xf x e x     ， ∴  f x 在 1,  上单增， 且  0 0f   ，∴  1,0x  时，   0f x  ，  0,x  时，   0f x  ，所以  f x 在  1,0 上单调递减，在 0,  上单调递增. （2）令       2 21 2xh x f x g x e x kx      ， 即   0h x  恒成立，必有  min 0h x  . ∵    2 22 2 2 2 1x xh x e kx e kx       ，    22 2 xh x e k   . （i）当 2k   时，   0h x  恒成立，  h x 在 0, 单调递增，    min 0 0 0h x h   满足题意，所以 2k   . （ii）当 2k   时，由   0h x  得 1 ln2 2 kx      ， 由   0h x  得 1 ln2 2 kx x     ， ∴  h x 在 10, ln2 2 k       单调递减，在 1 ln ,2 2 k        单调递增. 又  0 0h  ，所以当 10, ln2 2 kx         时   0h x  恒成立， ∴  h x 在 10, ln2 2 k       上单调递减. 而  0 0h  ，∴ 10, ln2 2 kx         时   0h x  与   0h x  恒成立不符， ∴ 2k   不满足题意. 综上所述， k 的取值范围 2k   . 【点睛】本题考查导数的应用问题，利用导数求参数、利用导数求单调性、利用导数研究不 等式恒成立参数取值问题，难点为求参数取值范围问题，此类问题通常利用构造函数法将问 题转化，利用分类讨论方法求新构造的函数最值存在时参数的取值范围，属于难题. 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，作答时 请写清题号. 选修 4－4：坐标系与参数方程 22.在直角坐标系 xOy 中，直线l 的参数方程为 cos 2 sin x t y t       （t 为参数，0    ）.以坐 标原点为极点，x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系，两种坐标系取相同的单位长度.已知曲线C 的极坐标方程为 2sin 8cos   . （1）求曲线C 的直角坐标方程； （2）若直线l 经过点  2,0 ，与曲线 C 交于 A ， B 两点，求 AB . 【答案】（1） 2 8y x ；（2）16. 【解析】 【分析】 （1）等式两边同时乘  ，再利用极坐标与直角坐标关系 x=ρcosθ，y=ρsinθ，即可得曲线C 的 直角坐标方程； （2）由直线l 经过点  2,0 ，得 tan 1   ，可求出直线l 的参数方程，代入 2 8y x ，利用 韦达定理及弦长公式可得 AB . 【详解】（1）由 2sin 8cos   得： 2 2sin 8 cos    ， 即曲线C 的直角坐标方程为 2 8y x . （2）由直线l 经过点  2,0 ，得 tan 1   ， 可得直线l 的参数方程为 2 2 22 2 x t y t       ， 代入 2 8y x ，得 2 12 2 8 8t t   ， 设方程两根为 1t ， 2t ，则 1 2 12 2t t   ， 1 2 8t t  ， ∴    22 1 2 1 2 1 24 12 2 32 16AB t t t t t t         . 【点睛】本题考查极坐标与直角坐标的转化及圆锥曲线弦长问题，极坐标方程利用公式进行 转化即可得到直角坐标方程，圆锥曲线弦长问题通常联立求出利用韦达定理代入弦长公式即 可，属于中等题. 选修 4－5：不等式选讲 23.设函数   1f x x  ，   2 4g x x  . （1）求不等式    f x g x 的解集； （2）若 x R  ，使不等式    2 1 1f x g x ax    成立，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1）  5, 3,3       ；（2） 3 2a  或 4a < - . 【解析】 【分析】 （1）两边平方求出不等式的解集即可； （2）通过讨论 x 的范围，去掉绝对值，分离参数 a，结合 x 的范围从而求出 a 的范围即可． 【详解】（1）由 1 2 4x x   两边平方得： 2 22 1 4 16 16x x x x     ∴ 23 14 15 0x x   即   3 5 3 0x x   ， 解得 5 3x  ，或 3x  ， ∴不等式    f x g x 的解集为  5, 3,3       （2）∵     4 4 0 2 1 =2 + 2 4 4 0 2 4 4 2 x x f x g x x x x x x             ， ， ， ， 当 0x  时， 4 4 1x ax    ， 即 3 4a x   在 ,0 上有解，故 4a < - ， 当 0x  时， 4 1 不成立， 当 0 2x  时， 4 1ax  即 3a x  在 0,2 上有解，故 3 2a  ， 当 2x  时， 4 4 1x ax   ， 即 54a x   在 2, 上有解，故 3 2a  ， 综上： 3 2a  或 4a < - . 【点睛】本题考查绝对值不等式的解法及不等式能成立问题参数取值问题，解绝对值不等式 一般利用分类讨论或者平方法去绝对值求解，不等式能成立问题参数取值问题综合性较强， 可以用分离参数法转化为求函数最值问题，属于中等题.