河南省顶级名校2020届高三6月考前模拟考试数学(理)试卷 Word版含解析

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河南省顶级名校2020届高三6月考前模拟考试数学(理)试卷 Word版含解析

- 1 - 河南省顶级名校 2020 届高三 6 月考前模拟考试 数学(理科) 本试卷共 6 页,23 小题,满分 150 分.考试用时 120 分钟. 注意事项: 1.答卷前,考生务必用黑色字迹的签字笔在答题卡指定位置填写自己的学校、姓名和考生号, 并将条形码正向准确粘贴在答题卡的贴条形码区,请保持条形码整洁、不污损. 2.选择题每小题选出答案后,用 2B 铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上. 3.非选择题必须用 0.5 毫米黑色字迹的签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内; 如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新的答案;不准使用铅笔和涂改液,不按以上要 求作答的答案无效. 4.作答选做题时,请先用 2B 铅笔填涂选做题的题号对应的信息点,再作答. 5.考生必须保持答题卡的整洁,考试结束后,将答题卡交回. 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 z 2 1 (1 ) i i   ,则|z|=( ) A. 1 2 B. 2 2 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 把已知等式变形,再由商的模等于模的商求解即可. 【详解】解:∵z 2 1 1 (1 ) 2 i i i i     , ∴|z|=| 1 2 i i   | 1 2 2 2 i i   . 故选:B. 【点睛】本题考查复数模的求法,考查数学转化思想方法,是基础题. 2.已知集合  | 2xA y y  ,  2| 3 2 0B x x x    则( ) A. A B   B. A B R C. A B D. B A - 2 - 【答案】D 【解析】 【分析】 根据指数函数的值域化简集合 A 的表示,解一元二次不等式化简集合 B 的表示,最后根据集 合的交集和并集的定义、子集的定义进行判断即可. 【详解】因为    | 2 | 0xA y y y y    ,    2| 3 2 0 |1 2B x x x x x       , 所以  |1 2A B x x     ,故选项 A 不正确;  | 0y yA B R   ,故选项 B 不正确; 根据子集的定义有 B A . 故选:D 【点睛】本题考查了集合交集、并集的运算,考查了子集的定义,考查了指数函数的值域, 考查了解一元二次不等式,考查了数学运算能力. 3.设α为平面,m,n 为两条直线,若 m  ,则“ m n ”是“ n  ”的( ) A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】 根据充分性和必要性的定义,结合线面垂直的性质进行判断即可. 【详解】当 m  时,如果 m n ,不一定能推出 n  ,因为直线 n 可以在平面α外, 当 m  时,如果 n  ,根据线面垂直的性质一定能推出 m n ,所以若 m  ,则 “ m n ”是“ n  ”的必要不充分条件. 故选:C 【点睛】本题考查了必要不充分条件的判断,考查了线面垂直的性质,考查了推理论证能力. 4.已知双曲线 C: 2 2 2 2 1y x a b   ( 0a  , 0b  )的两条渐近线互相垂直,则 C 的离心率为( ) A. 2 B. 2 C. 3 D. 3 【答案】A - 3 - 【解析】 【分析】 根据双曲线和渐近线的对称性,结合双曲线离心率的公式、 , ,a b c 之间的关系、双曲线渐近线 方程进行求解即可. 【详解】双曲线 C: 2 2 2 2 1y x a b   的渐近线方程为: ay xb   ,因为该双曲线的两条渐近线互 相垂直, 所以有 2 2 2 2 2 2 21 2 2 2a ca b a b a c a c a c a eb a                . 故选:A 【点睛】本题考查了已知双曲线渐近线的性质求离心率问题,考查了数学运算能力,属于基 础题. 5.已知定义在 R 上的函数  f x 满足    2f x f x  ,当 0 1x  时,   1 3f x x ,则 17( )8f  ( ) A. 1 2 B. 2 C. 1 8 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】 根据等式    2f x f x  ,结合已知函数的解析式、指数幂运算公式进行求解即可 【详解】因为    2f x f x  ,所以 17 1 1( ) (2 ) ( )8 8 8f f f   , 因为 1 [0,1]8  ,所以 1 1 33 3 1[1 1 1( ) ( ) ( 2) ]8 8 2f   . 故选:A 【点睛】本题考查了求函数值,考查了指数运算公式的应用,考查了数学运算能力. 6.若 1x , 2x ,…, nx 的平均数为 a,方差为 b,则 12 3x  , 22 3x  ,…, 2 3nx  的平均数 和方差分别为( ) A. 2a,2b B. 2a,4b C. 2 3a  ,2b D. 2 3a  , 4b - 4 - 【答案】D 【解析】 【分析】 直接根据平均值和方差的性质得到答案. 【详解】根据平均值和方差的性质知: 12 3x  , 22 3x  ,…, 2 3nx  的平均数和方差分别为 2 3a  和 22 4b b . 故选:D. 【点睛】本题考查了平均值和方差,意在考查学生的计算能力和对于平均值和方差的性质的 灵活运用. 7.记等差数列 na 的前 n 项和为 nS ,若 2 4S  , 4 2S  ,则 6S  ( ) A. 6 B. 4 C. 2 D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】 直接利用等差数列和的性质得到答案. 【详解】根据等差数列和的性质知:    4 2 2 6 42    S S S S S ,故 64= 2S  ,即 6 6S   . 故选:A. 【点睛】本题考查了等差数列和的性质,意在考查学生的计算能力和应用能力. 8.函数 f(x)  1 4 2 x x sinx  的部分图象大致为( ) A. [Failed to download image : http://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com//QBM/2020/6/14/2484376738807808/2 485821041958912/STEM/5b2c8f2a-2800-4b4e-beeb-b88acda4caf6.png] B. [Failed to download image : http://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com//QBM/2020/6/14/2484376738807808/2 485821041958912/STEM/e315a420-f7f4-4af5-8ce7-b298818c4378.png] C. [Failed to download image : http://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com//QBM/2020/6/14/2484376738807808/2 485821041958912/STEM/6348dfe3-6e67-4c22-927d-222a91abbf8e.png] D. [Failed to - 5 - download image : http://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com//QBM/2020/6/14/2484376738807808/2 485821041958912/STEM/c383cf42-4f7a-4bce-9e36-8d13c7606515.png] 【答案】B 【解析】 【分析】 先判断函数的奇偶性,结合选项中函数图象的对称性,先排除不符合题意的,然后结合特殊 点函数值的正负即可判断. 【详解】因为 f(﹣x)        1 4 4 1 1 4 2 2 2            x x x x x x sin x sinx sinx f(x), 所以 f(x)为偶函数,图象关于 y 轴对称,排除选项 A,C, 又 f(2)  2 2 1 4 2 15 sin 22 4    sin , 因为 22    ,所以sin 2 0 ,所以 f(2)<0,排除选项 D. 故选:B. 【点睛】本题主要考查函数图象与性质及其应用,还考查了数形结合的思想方法,属于中档 题. 9.已知椭圆 C: 2 2 2 13 x y a   的右焦点为 F,O 为坐标原点,C 上有且只有一个点 P 满足 OF FP ,则 C 的方程为( ) A. 2 2 112 3 x y  B. 2 2 18 3 x y  C. 2 2 16 3 x y  D. 2 2 14 3 x y  【答案】D 【解析】 【分析】 根据对称性知 P 在 x 轴上, 2a c ,计算得到答案. 【详解】根据对称性知 P 在 x 轴上,OF FP ,故 2a c , 2 23a c  ,解得 2a  , 1c  , - 6 - 故椭圆方程为: 2 2 14 3 x y  . 故选:D. 【点睛】本题考查了椭圆方程,意在考查学生的计算能力,确定 P 在 x 轴上是解题的关键. 10.下面图 1 是某晶体的阴阳离子单层排列的平面示意图.其阴离子排列如图 2 所示,图 2 中圆 的半径均为 1,且相邻的圆都相切,A,B,C,D 是其中四个圆的圆心,则 AB  •CD  ( ) [Failed to download image : http://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com/QBM/2020/6/14/2484376738807808/24 85821041967104/STEM/40d0d031640c44bfa67fe681e9b962e8.png] A. 32 B. 28 C. 26 D. 24 【答案】C 【解析】 【分析】 建立以 ,a b   为一组基底的基向量,其中 1a b  且 ,a b   的夹角为 60°,根据平面向量的基本 定理可知,向量 AB  和CD  均可以用 a b, 表示,再结合平面向量数量积运算法则即可得解. 【详解】解:如图所示,建立以 ,a b   为一组基底的基向量,其中 1a b  且 ,a b   的夹角为 60°, [Failed to download image : http://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com/QBM/2020/6/14/2484376738807808/24 85821041967104/EXPLANATION/15b154d8f6564aeea86d44d8aaf0c168.png] ∴ 2 4AB a b   , 4 2CD a b   , ∴     2 2 12 4 4 2 8 8 20 8 8 20 1 1 262AB CD a b a b a b a b                       . 故选:C. 【点睛】本题考查平面向量的混合运算,观察图形特征,建立基向量是解题的关键,考查学生的 分析能力和运算能力,属于中档题. 11.意大利数学家斐波那契(1175 年—1250 年)以兔子繁殖数量为例,引入数列:1,1,2, 3,5,8,…,该数列从第三项起,每一项都等于前两项之和,即 2 1n n na a a    n N 故 此数列称为斐波那契数列,又称“兔子数列”,其通项公式为 - 7 - 1 1 5 1 5 2 25 n n na                    (设 n 是不等式  2log 1 5 x    1 5 2 11 x x   的正 整数解,则 n 的最小值为( ) A. 10 B. 9 C. 8 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】 根 据 题 意 , n 是 不 等 式    2log 1 5 1 5 2 11 x x x        的 正 整 数 解 , 化 简 得  11 2 5na  ,即 11 2 2 5na  ,根据数列 na 的单调性,求出 11 2 2 5na  成立的 n 的最小值,即可 求出答案. 【详解】解析:∵ n 是不等式    2log 1 5 1 5 2 11 x x x        的正整数解, ∴    2log 1 5 1 5 2 11 n n n        , ∴    2log 1 5 1 5 2 11 n n n        , ∴      2 2 2log 1 5 1 5 log 2 11 n n n        , 即    2 2log 1 5 1 5 log 2 11 n n n        ∴     2 1 5 1 5 log 112 n n n        , ∴ 2 1 5 1 5log 112 2 n n                   , ∴  111 5 1 5 22 2 n n               , - 8 - ∴  11 21 1 5 1 5 2 25 5 n n                   , 令 1 1 5 1 5 2 25 n n na                    ,则数列 na 即为斐波那契数列,  11 2 5na  ,即 11 2 2 5na  , 显然数列 na 为递增数列,所以数列 2 na 亦为递增数列, 不难知道 7 13a  , 8 21a  ,且 11 2 7 2 5a  , 11 2 8 2 5a  , ∴使得 11 2 2 5na  成立的 n 的最小值为 8, ∴使得    2log 1 5 1 5 2 11 x x x        成立的 n 的最小值为 8. 故选:C. 【点睛】本题考查数列的新定义,以及利用数列的单调性求最值,还根据对数运算化简不等 式,考查转化思想和化简运算能力. 12.已知直线 y  与函数    sinf x x   ( 0 1  )的图象相交,将其中三个相邻 交点从左到右依次记为 A,B,C,且满足 AC nBC   *Nn 有下列结论: ①n 的值可能为 2 ②当 3n  ,且   时,  f x 的图象可能关于直线 x   对称 ③当 6 π 时,有且仅有一个实数ω,使得  f x 在 ,1 1          上单调递增; ④不等式 1n  恒成立 其中所有正确结论的编号为( ) A. ③ B. ①② C. ②④ D. ③④ 【答案】D 【解析】 【分析】 - 9 - 根据三角函数的图像性质,依次分析四个结论即可求解. 【详解】解析:如图所示, [Failed to download image : http://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com/QBM/2020/6/16/2485731821363200/24 85935294750720/EXPLANATION/0ef26475606e45cb962f2e3850d7ada9.png] 不妨设  1,A x  ,  2 ,B x  ,  3,C x  ,且线段 AB 的中点为  0 ,M x  , 显然有 3 1 2x x    , 1 2 0 2 x xx  ,且  f x 的图象关于直线 0x x 对称, ∵ AC nBC   *nN ,∴ | | 1 | | AB n nAC     *nN , ∴   2 1 2 1nx x n     ,即   2 1 2 1nx x n     ,(1) ∵ 0 1  ,且 *nN ,∴由正弦曲线的图像可知, 0 2 2x k      ( k Z ). ∴ 1 2 22 2 x x k       ( k Z ), 即 2 1 4 2x x k        ,(2) 由等式(1),(2)可得 1 32 2x k n        , ∴ 3sin 2 2k n         ,即 cos n   , ∴  cos 0,1n    ,且 *nN ,∴ 3n  ,且 1 ,12      , 对于结论①,显然 2n  ,故结论①错误: 对于结论②,当 3n  ,且| |  时,则 1cos 3 2    , 故   sin 2 xf x      ,若  f x 的图象关于直线 x   对称, 则 2 2k      ( k Z ),即 2k    ( k Z ) 显然与| |  矛盾,从而可知结论②错误: - 10 - 对于结论③,∵ 1 ,12      ,且  f x 在区间 ,1 1          上单调递增, ∴ 1 6 2 1 6 2                        ,∴ 1 2   ,故结论③正确; 对于结论④,下证不等式 cos 1n n   ( 3n  ), (法一)当 3n  时, 1cos cos 3 2n    , ∴ 3cos 12n n    ( 3n  ),即 cos 1n n   ( 3n  ), (法二)即证不等式 1cos 0n n    ( 3n  )恒成立, 构造函数   1cosg x x x   ( 3x  ),显然函数  g x 单调递增, 当 3n  时,     13 06g n g   ,即不等式 1cos 0n n    ( 3n  )恒成立,故结论④正 确: 综上所述,正确的结论编号为③④ 故选:D 【点睛】本题考查三角函数的图像性质,属于中档题. 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. 13.曲线 lny x x  在点 (1,0) 处的切线的方程为__________. 【答案】 1 0x y   【解析】 【分析】 对  f x 求导,带入 1x  得到斜率,通过点斜式得到切线方程,再整理成一般式得到答案. 【详解】 lny x x  1ln ln +1y x x xx      带入 1x  得切线的斜率 1k  , 切线方程为  0 1 1y x    ,整理得 1 0x y   - 11 - 【点睛】本题考查导数的几何意义,通过求导求出切线的斜率,再由斜率和切点写出切线方 程.难度不大,属于简单题. 14.若 x,y 满足约束条件 2 0 0 3 0 y x y x y          ,则 yz x  的最大值为__________. 【答案】2 【解析】 【分析】 画出可行域, z 表示可行域上的点到原点 (0,0) 的斜率,分析并计算 z 的最大值. 【详解】作出可行域如图所示, [Failed to download image : http://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com/QBM/2020/6/16/2485731821363200/24 85935295315968/EXPLANATION/ef8bce5c3b85488191538ddf6a011411.png] 又 z 为可行域内的点到原点 (0,0)O 的斜率,由图得 z 的最大值为 AOk , 又 (1,2)A ,得 z 的最大值为 AOk 2 . 故答案为: 2 【点睛】本题考查了线性规则,正确画出不等式组表示的平面区域是解题的基础,理解目标 函数的意义是解题的关键. 15.2020 年初,湖北成为全国新冠疫情最严重的省份,面临医务人员不足和医疗物资紧缺等诸 多困难,全国人民心系湖北,志愿者纷纷驰援若将 4 名医生志愿者分配到两家医院(每人去 一家医院,每家医院至少去 1 人),则共有__________种分配方案. 【答案】14 【解析】 【分析】 根据题意先将 4 名医生分成 2 组,再分配的两家医院即可求得分配方案的种数,分组时有1 3 和 2 2 两种分组方法,同时注意 2 2 是平均分组问题. 【详解】由题先将 4 名医生分成 2 组,有 2 2 1 4 2 4 2 2 C CC A  4 3 7   种, 再分配的两家医院有 2 27 14A  种. - 12 - 故答案为:14 【点睛】本题考查了排列组组合的综合应用,考查了先选再排的技巧,分组时要注意分类讨 论,还有要特别注意平均分组问题的计数方法. 16.已知正方形 ABCD 边长为 3,点 E,F 分别在边 AB , AD 上运动(E 不与 A,B 重合,F 不与 A,D 重合),将 AEF 以 EF 为折痕折起,当 A,E,F 位置变化时,所得五棱锥 A EBCDF 体积的最大值为__________. 【答案】 2 3 【解析】 【分析】 欲使五棱锥 A EBCDF 的体积最大,须有平面 AEF  平面 EBCDF ,求出底面五边形 EBCDF 的面积以及高,利用棱锥的体积公式得出体积表达式,再由基本不等式以及导数得 出五棱锥 A EBCDF 体积的最大值. 【详解】解析:不妨设 3AE a , 3AF b , , (0,1)a b 在直角三角形 AEF 中,易知 EF 边上的高为 2 2 3abh a b   又五棱锥 A EBCDF 的底面面积为 9 1 2 abS      欲使五棱锥 A EBCDF 的体积最大,须有平面 AEF  平面 EBCDF ∴ max 2 2 1 9 13 2 ab abV Sh a b         ∵ 2 2 2a b ab  ,∴  max 9 29 1 22 42 ab abV ab ab ab ab         令t ab ,则  0,1t  ,∴  3 max 9 2 24V t t  ,  0,1t  令   32f t t t  ,  0,1t  ,则   22 3tf t  不难知道,当 6 3t  时, ( )f t 取得最大值 4 6 9 ∴ max 9 2 4 6 2 34 9V    - 13 - 综上所述,当 6 3a b  时,五棱锥 A EBCDF 的体积取得最大值 2 3 故答案为: 2 3 . 【点睛】本题主要考查了利用导数解决实际应用问题,涉及了棱锥的体积公式和基本不等式 的应用,属于中档题. 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. 17. ABC 中,D 为 BC 上的点,AD 平分 BAC , 5AD  , 8AC  , ACD△ 的面积为10 3 . (1)求 CD 的长; (2)求sin B . 【答案】(1) 7 (2) 3 3 14 【解析】 【分析】 (1)根据三角形面积公式可得 3sin 2DAC  ,可得 60 ∠DAC ,根据余弦定理可得 7CD  ; (2)根据余弦定理求出 1cos 7ADC  ,可得 4 3sin 7ADC  ,再利用 60B ADC    以及两角差的正弦公式可得结果. 【详解】(1)因为 5AD  , 8AC  , ACD△ 的面积为10 3 , ∴ 1 5 8sin 10 32 DAC    , ∴ 3sin 2DAC  , ∵ 0 180BAC     , AD 平分 BAC , ∴ 0 90DAC     , ∴ 60 ∠DAC , - 14 - 在 ACD△ 中,由余弦定理,得 2 2 2 2 22 cos 5 8 2 5 8 cos60 49CD AD AC AC AD DAC               , ∴ 7CD  . (2)在 ACD△ 中,由余弦定理,得 2 2 25 7 8 1cos 2 5 7 7ADC      , ∴ 2 1 4 3sin 1 cos 1 49 7ADC ADC       , 因为 AD 平分 BAC ,所以 60BAD CAD     , ∴  sin sin 60 sin cos60 cos sin 60B ADC ADC ADC         4 3 1 1 3 3 3 7 2 7 2 14      , 【点睛】本题考查了余弦定理、三角形内角和定理、三角形的面积公式、两角差的正弦公式, 属于基础题.. 18.如图,三棱柱 1 1 1ABC A B C 中,底面 ABC 为等边三角形,E,F 分别为 AB , 1AA 的中点, 1CE FB , 1 1 2 32 3AB AA EB  . [Failed to download image : http://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com/QBM/2020/6/16/2485731821363200/24 85935296094208/STEM/a5f530f4c0d5492c9db03a6057e83cee.png] (1)证明: EF  平面 1CEB ; (2)求直线 EF 与平面 1CFB 所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析;(2) 4  【解析】 【分析】 (1)通过计算可得 1EF EB ,通过证明CE  平面 1 1ABB A ,可得CE EF ,再根据直线 与平面垂直的判定定理可得 EF  平面 1CEB ; - 15 - (2)先说明直线 EB ,CE , EM 两两垂直,再以 EB  , EC  , EM  的方向为 x,y,z 轴的 正方向,以点 E 为原点,建立空间直角坐标系,然后利用空间向量可求得结果. 【详解】(1)证明:设 1 2AA a ,∵ 1 1 2 32 3AB AA EB  , 则 2 2AB a , 1 6EB a , 1 2BB a , ∵点 E 为棱 AB 的中点,∴ 2EB a , ∴ 2 2 2 1 1EB EB BB  ,∴ 1EB BB . ∵三棱柱 1 1 1ABC A B C 的侧面 1 1ABB A 为平行四边形, ∴四边形 1 1ABB A 为矩形, ∵点 F 为棱 1AA 的中点, ∴ 2 2 2 2 1 1 1 1 9FB A F A B a   , 2 2 2 23FE AF AE a   , ∴ 2 2 2 1 1FB EF EB  ,∴ 1EF EB . ∵三棱柱的底面 ABC 是正三角形,E 为 AB 的中点, ∴CE AB . ∵ 1CE FB ,且 AB Ì平面 1 1ABB A , 1FB  平面 1 1ABB A ,且 AB , 1FB 相交, ∴CE  平面 1 1ABB A ,∵ EF  平面 1 1ABB A ,∴CE EF ,∵ 1EC EB E , ∴ EF  平面 1CEB . (2)由(1)可知 CE  平面 1 1ABB A ,∴ 1CE BB ,∴ 1BB  平面 ABC , ∴三棱柱 1 1 1ABC A B C 是正三棱柱, 设 1 1A B 的中点为 M,则直线 EB ,CE , EM 两两垂直, 分别以 EB  ,EC  ,EM  的方向为 x,y,z 轴的正方向,以点 E 为原点,建立如图所示的空间 直角坐标系, [Failed to download image : http://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com/QBM/2020/6/16/2485731821363200/24 - 16 - 85935296094208/EXPLANATION/035d0046506d41e0855b4b4b74ac335a.png] 设  0,0,0E ,  0, 6 ,0C a ,  2 ,0,F a a ,  1 2 ,0,2B a a , 则  2 ,0,EF a a  ,  2 , 6 ,FC a a a  ,  1 2 2 ,0,FB a a . 设平面 1CFB 的一个法向量为  , ,n x y zr ,则 1 0 0 n FC n FB        ,则 2 6 0 2 2 0 0 ax ay az ax y az         ,则 2 6 0 2 2 0 x y z x z       , 不妨取 1x  ,则 3y   ,则 2 2z   ,所以  1, 3, 2 2n    , 设直线 EF 与平面 1CFB 所成角为  , 则 2 2 2| | 2sin 2| || | 3 12 a aEF n EF n a           , 因为 [0, ]2   ,所以 4   则直线 EF 与平面 1CFB 所成角的大小为 4  . 【点睛】本题考查了线面垂直的性质与判定,考查了直线与平面所成角的向量求法,属于中 档题. 19.足球运动被誉为“世界第一运动”.为推广足球运动,某学校成立了足球社团由于报名人 数较多,需对报名者进行“点球测试”来决定是否录取,规则如下: [Failed to download image : http://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com/QBM/2020/6/16/2485731821363200/24 85935297028096/STEM/0cd440c33bf24f7d87c75a1a93fc64c2.png] (1)下表是某同学 6 次的训练数据,以这 150 个点球中的进球频率代表其单次点球踢进的概 率.为加入足球社团,该同学进行了“点球测试”,每次点球是否踢进相互独立,将他在测试 中所踢的点球次数记为 ,求  E  ; [Failed to download image : http://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com/QBM/2020/6/16/2485731821363200/24 85935297028096/STEM/c67b1f9ca4644b1f91b8ea03ae930d54.png] (2)社团中的甲、乙、丙三名成员将进行传球训练,从甲开始随机地将球传给其他两人中的 - 17 - 任意一人,接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人,如此不停地传下去,且假定每 次传球都能被接到.记开始传球的人为第 1 次触球者,接到第 n 次传球的人即为第 1n  次触球 者 n N  ,第 n 次触球者是甲的概率记为 nP . (i)求 1P , 2P , 3P (直接写出结果即可); (ii)证明:数列 1 3nP    为等比数列. 【答案】(1)1.56(2)(i) 1 1P  , 2 0P  , 3 1 2P  (ii)证明见解析; 【解析】 【分析】 (1)先求出踢一次点球命中的概率,然后根据相互独立事件的乘法公式分别求出 取 1,2, 3 的概率,再根据离散型随机变量的期望公式可求得结果; (2)(i)根据传球顺序分析可得答案;(ii)根据题意可得    1 1 1 1 10 1 12 2n n n nP P P P          ,再变形为 1 1 1 1 3 2 3n nP P         ,根据等比数列 的定义可证结论. 【详解】(1)这 150 个点球中的进球频率为10 17 20 16 13 14 0.6150       , 则该同学踢一次点球命中的概率 0.6p  , 由题意, 可能取 1,2,3,则  1 0.6P    ,  2 0.4 0.6 0.24P      ,   23 0.4 0.16P     , 则 的期望   1 0.6 2 0.24 3 0.16 1.56E         . (2)(i)因为从甲开始随机地将球传给其他两人中的任意一人,所以第 1 次触球者是甲的概 率 1 1P  ,显然第 2 次触球者是甲的概率 2 0P  ,第 2 次传球有两种可能,所以第 3 次触球者 是甲的概率概 3 1 2P  , (ii)∵第 n 次触球者是甲的概率为 nP , 所以当 2n  时,第 1n  次触球者是甲的概率为 1nP  ,第 1n  次触球者不是甲的概率为 - 18 - 11 nP  , 则    1 1 1 1 10 1 12 2n n n nP P P P          . 从而 1 1 1 1 3 2 3n nP P         ,又 1 1 2 3 3P   , ∴ 1 3nP    是以 2 3 为首项,公比为 1 2  的等比数列. 【点睛】本题考查了样本估计总体,离散型随机变量的期望,考查了递推关系以及等比数列 的概念;考查分析问题、解决问题的能力,建模能力,处理数据能力.属于中档题. 20.在平面直角坐标系 xOy 中,P 为直线 0l : 4x   上的动点,动点 Q 满足 0PQ l ,且原点 O 在以 PQ 为直径的圆上.记动点 Q 的轨迹为曲线 C (1)求曲线 C 的方程: (2)过点  2,0E 的直线 1l 与曲线 C 交于 A,B 两点,点 D(异于 A,B)在 C 上,直线 AD , BD 分别与 x 轴交于点 M,N,且 3AD AM  ,求 BMN△ 面积的最小值. 【答案】(1) 2 4y x (2)8 2 【解析】 【分析】 (1)设动点  ,Q x y ,表示出 ,OP OQ   ,再由原点 O 在以 PQ 为直径的圆上,转化为 0OP OQ   ,得到曲线 C 的方程. (2)设而不解,利用方程思想、韦达定理构建 BMN△ 面积的函数关系式,再求最小值. 【详解】解:(1)由题意,不妨设  ,Q x y ,则  4,P y ,  4,OP y  ,  ,OQ x y ∵O 在以 PQ 为直径的圆上,∴ 0OP OQ   ,∴    24, , 4 0y x y x y      , ∴ 2 4y x ,∴曲线 C 的方程为 2 4y x . (2)设  1 1,A x y ,  2 2,B x y ,  3 3,D x y ,  ,0M m ,  ,0N n , 依题意,可设 1l : x ty a  (其中 2a  ),由方程组 2 4 x ty a y x     消去 x 并整理,得 - 19 - 2 4 4 0y ty a   ,则 1 2 4y y t  , 1 2 4 8y y a    , 同理可设 1:AM x t y m  , 2:BN x t y n  , 可得 1 3 4y y m  , 2 3 4y y n  , ∴ 1 3 4 y ym   , 2 3 4 y yn   , 又∵ 3AD AM  ,∴   3 1 3 1 1 1, 3 ,x x y y m x y     , ∴ 3 1 13y y y   ,∴ 3 12y y  , ∴ 1 3 2 3 1 2 3 1 1 4 4MN m n y y y y y y y       1 2 1 1 1 2 1 124 2y y y y y y       , ∴  2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 4 8 22 4BMNS MN y y y y y y y y y t         △ , ∴当 0t  时, BMN△ 面积取得最小值,其最小值为8 2 . 【点睛】本题以直线与抛物线为载体,其几何关系的向量表达为背景,利用方程思想、韦达 定理构建目标函数,利用坐标法解决几何问题贯穿始终,主要考查直线与抛物线的位置关系 最值问题,考查学生的逻辑推理,数学运算等数学核心素养及思辨能力. 21.已知函数    1 cos 0axf x e x a   .(其中常数 2.71828e  ,是自然对数的底数) (1)若 3a  ,求  f x 在 0, 2      上的极大值点; (2)(i )证明  f x 在 2 0, 1 a a      上单调递增; (ii )求关于 x 的方程   1 af x e 在 0, 2      上的实数解的个数. 【答案】(1) 3  ;(2)(i )证明见解析,(ii )当 0 1a  时,方程   1 af x e 在 0, 2      上的 实数解的个数为1,当 1a  时,方程   1 af x e 在 0, 2      上的实数解的个数为 2 . 【解析】 - 20 - 【分析】 (1)首先求出函数的导数,利用导数得到函数的单调区间,再根据单调区间即可得到函数的 极大值点. (2)(i )首先根据  f x 的单调性只需证明 021 a x a   ,将问题转化为证明 0 0sin x x , 构造函数 ( ) sing x x x  ,再结合 ( )g x 的单调性即可证明.(ii)首先证明 1xe x  ,再证明 函数  f x 的最大值   1 0 af x e   ,设   1 1cos ax aG x x e e    ,分别求出 0 , 2x x      和  00,x x 的零点个数,从而得到方程解得个数. 【详解】(1)   1 1 1cos sin cos ( tan )ax ax axf x ae x e x x e a x          . 当 3a  时,   3 1cos ( 3 tan )xf x x e x    . x 0, 3      3  ,3 2        f x  0   f x 增函数 极大值 减函数 所以函数  f x 的极大值点为 3  . (2)(i )因为 0a  ,所以在 0, 2      上必存在唯一的实数 0x ,使得 0tan x a . 所以  00,x x ,   0f x  ,  f x 为增函数, 0, 2x x     ,   0f x  ,  f x 为减函数. 要证明  f x 在 2 0, 1 a a      上单调递增,只需证明 021 a x a   即可. - 21 - 又因为 0tan x a ,所以 0 0 0 02 0 0 0 2 2 2 sin cos sin 1 1 sin1 cos tan tan x x x x x xa x a       , 即证 0 0sin x x 即可. 设 ( ) sing x x x  , ( ) cos 1 0g x x    ,所以 ( )g x 在 0, 2     为减函数. 当 0, 2x     时, 0( ) (0) 0g x g  , 0 0sin 0x x  ,即 0 0sin x x , 即证 021 a x a   , 所以  f x 在 2 0, 1 a a      上单调递增. (ii )先证明 0x  时, 1xe x  . 设   1xh x e x   , 0x  ,   1xh x e   , 因为 0x  ,所以   0h x  ,  h x 在 0, 为增函数. 所以    0 0h x h  ,即 1xe x  . 再证明函数  f x 的最大值   1 0 af x e   . 因为 0tan x a ,所以 0 2 1cos 1 x a   , 0 2 sin 1 ax a   . 因为 1xe x  ,所以 0 1 0 0sinaxe ax a x   . 所以   0 2 1 0 0 0 0 2cos sin cos 1 ax af x e x a x x a        . 下面证 12 21 aa ea   ,令 1t a   ,则 0t  , 即证 2 1 1 tet  , 0t  , 21 1 0tt e   , 0t  . 设    21 1tF t t e   ,    21 0tF t t e    , - 22 - 所以函数  F t 为增函数. 当 0t  时,    0 0F t F  ,即 21 1 0tt e   . 即证:   1 0 af x e   . 设   1 1cos ax aG x x e e    , 0, 2x     , 当 0 , 2x x      时,  0 0G x  , 1 02 aG e        , 且  G x 在 0 , 2x      为减函数,所以  G x 在 0 , 2x      上有唯一零点. 当  00,x x 时,   110 aG ee    ,  0 0G x  ,且  G x 在 00, x 为增函数. ①当 0 1a  时, 11 aee   ,即  0 0G  ,所以  G x 在 00, x 上没有零点. ②当 1a  时, 11 aee   ,即  0 0G  ,所以  G x 在 00, x 上有唯一零点. 综上所述:当 0 1a  时,方程   1 af x e 在 0, 2      上的实数解的个数为1, 当 1a  时,方程   1 af x e 在 0, 2      上的实数解的个数为 2 . 【点睛】本题主要考查函数的单调区间、极值和最值,同时考查了利用导数研究函数的零点 问题,考查了学生的计算能力,属于难题. (二)选考题:共 10 分请考生在第 22、23 两题中任选一题作答.注意:只能做所选定的题目. 如果多做,则按所做的第一题计分,作答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑. 选修 4-4;坐标系与参数方程 22.椭圆规是用来画椭圆的一种器械,它的构造如图所示,在一个十字形的金属板上有两条互 相垂直的导槽,在直尺上有两个固定的滑块 A,B,它们可分别在纵槽和横槽中滑动,在直尺 上的点 M 处用套管装上铅笔,使直尺转动一周,则点 M 的轨迹 C 是一个椭圆,其中|MA|=2, |MB|=1,如图,以两条导槽的交点为原点 O,横槽所在直线为 x 轴,建立直角坐标系. [Failed to download image : - 23 - http://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com/QBM/2020/6/14/2484376738807808/24 85821042900992/STEM/485c1ef7430a498d8d74241ceff3d0d5.png] (1)将以射线 Bx 为始边,射线 BM 为终边的角 xBM 记为φ(0≤φ<2π),用 表示点 M 的 坐标,并求出 C 的普通方程; (2)已知过 C 的左焦点 F,且倾斜角为α(0≤α 2 < )的直线 l1 与 C 交于 D,E 两点,过点 F 且垂直于 l1 的直线 l2 与 C 交于 G,H 两点.当 1 FE ,|GH|, 1 FD 依次成等差数列时,求直线 l2 的普通方程. 【答案】(1)  2 ,M cos sin  , 2 2 14 x y  ;(2) 2 3 0x y   【解析】 【分析】 (1)用三角函数表示出点 M 的坐标,直接利用转换关系把极坐标方程转换为直角坐标方程; (2)设出直线 l1 的参数方程,与椭圆方程联立利用直线参数的几何意义求出 1 1 EF FD  、 GH ,根据题意有 1 1 2 GHEF FD   ,列出方程求出直线 l1 的斜率即可求得直线 l2 的方 程. 【详解】(1)设 M(x,y)依题意得:x=2cosφ,y=sinφ, 所以 M(2cosφ,sinφ), 由于 cos2φ+sin2φ=1,整理得 2 2 14 x y  . (2)由于直线 l1 的倾斜角为α( 0 2   ),且 l1⊥l2, 所以直线 l2 的倾斜角为 2   ,依题意易知:F( 3 0, ), 可设直线 l1 的方程为 3 cos sin x t y t        (t 为参数), 代入 2 2 14 x y  得到: 2 2(1 3sin ) 2 3 cos 1 0t t     , - 24 - 易知  2 212cos 4 1 3sin 0      , 设点 D 和点 E 对应的参数为 t1 和 t2, 所以 1 2 2 2 3cos 1 3sint t     , 1 2 2 1 1 3sint t    . 则 2 1 2 1 2 1 2 2 4( ) 4 1 3sint t t t t t       , 由参数的几何意义: 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 4t t EF FD t t t t      , 设 G、H 对应的参数为 t3 和 t4,同理对于直线 l2,将α换为 2   , 所以 2 3 4 3 4 3 4 2 2 4 4( ) 4 1 3cos1 3 2sin GH t t t t t t              , 由于 1 FE ,|GH|, 1 FD 依次成等差数列, 所以 1 1 2 GHEF FD   ,则 2 4 21 3cos   ,解得 2 1cos 3   , 所以 2 2 1tan 1 2cos     ,又 0 2   ,所以 tan 2  , 所以直线 l2 的斜率为 2 2  ,直线 l2 的直角坐标方程为 x 2 3 0y   . 【点睛】本题考查极坐标方程和直角坐标方程之间的转换、直线参数方程中参数的几何意义、 韦达定理的应用、等差数列的性质的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力, 属于较难题. 选修 4-5:不等式选讲 23.已知 a,b,c 为正实数,且满足 a+b+c=1.证明: (1)|a 1 2  |+|b+c﹣1| 1 2  ; (2)(a3+b3+c3)( 2 2 2 1 1 1 a b c   )≥3. 【答案】(1)见解析;(2)见解析 【解析】 【分析】 - 25 - (1)根据 a,b,c 为正实数,且满足 a+b+c=1,得到 b+c﹣1=﹣a<0,则|a 1 2  |+|b+c﹣1| =|a 1 2  |+|﹣a|,再利用绝对值三角不等式求解. (2)利用(a3+b3+c3)≥3abc,得到(a3+b3+c3)( 2 2 2 1 1 1 a b c   )≥3abc( 2 2 2 1 1 1 a b c   ), 进而变形为 3 2                        c b c a a ba b cb c a c b a ,再利用基本不等式求解. 【详解】(1)∵a,b,c 为正实数,且满足 a+b+c=1, ∴b+c﹣1=﹣a<0, ∴|a 1 2  |+|b+c﹣1|=|a 1 2  |+|﹣a|≥|(a 1 2  )+(﹣a)| 1 2  . 当且仅当(a 1 2  )(﹣a)≥0,即 0 1 2a  时,等号成立. ∴|a 1 2  |+|b+c﹣1| 1 2  ; (2)(a3+b3+c3)( 2 2 2 1 1 1 a b c   )≥3abc 2 2 2 1 1 1( )a b c   , 3 3 3 3 2 2 2 2 bc ac ab bc ac ab a b c a b c          , 3 2 c b c a a ba b cb c a c b a                         , 3 2 2 22           c b c a a ba b cb c a c b a , =3(a+b+c)=3. 当且仅当 a=b=c 1 3  时等号成立. ∴(a3+b3+c3)( 2 2 2 1 1 1 a b c   )≥3. 【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式,基本不等式的应用,还考查了运算求解的能力, 属于中档题. - 26 -
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