2020-2021学年云南昭通高三上数学月考试卷

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2020-2021学年云南昭通高三上数学月考试卷

‎2020-2021学年云南昭通高三上数学月考试卷 一、选择题 ‎ ‎ ‎1. 已知集合A={x|log‎2‎x≤1}‎,集合B={y|y=‎2‎x+1}‎,则A∩B=(‎ ‎)‎ ‎ A.‎[1, 2]‎ B.‎(1, 2]‎ C.‎[‎1‎‎2‎,2]‎ D.‎‎(‎1‎‎2‎,2]‎ ‎ ‎ ‎2. 已知复数z=(a‎2‎−1)+(a−2)i(a∈R)‎,则“a=1‎”是“z为纯虚数”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 ‎ ‎ ‎ ‎3. 下列命题正确的个数是‎(‎        ‎)‎ ‎(1)‎命题“若m>0‎,则方程x‎2‎‎+x−m=0‎有实根”的逆否命题为:“若方程x‎2‎‎+x−m=0‎无实根,则m≤0‎”; ‎(2)‎对于命题p:“‎∃x‎0‎∈R,使得x‎0‎‎2‎‎+x‎0‎+1<0‎”,则‎¬p:“‎∀x∈R,均有x‎2‎‎+x+1≥0‎”; ‎(3)‎“x≠1‎”是“x‎2‎‎−3x+2≠0‎”的充分不必要条件; ‎(4)‎若p∧q为假命题,则p,q均为假命题. ‎ A.‎4‎ B.‎3‎ C.‎2‎ D.‎‎1‎ ‎ ‎ ‎4. 函数f(x)=‎x+log‎2‎x的零点所在区间为(        ) ‎ A.‎[0,‎1‎‎8‎]‎ B.‎[‎1‎‎8‎,‎1‎‎4‎]‎ C.‎[‎1‎‎4‎,‎1‎‎2‎]‎ D.‎‎[‎1‎‎2‎,1]‎ ‎ ‎ ‎5. 已知函数f(x)‎满足f(1+x)+f(1−x)=‎‎0‎,且f(−x)=‎f(x)‎,当‎1≤x≤2‎时,f(x)=‎‎2‎x‎−1‎,求f(2017)=‎(        ) ‎ A.‎−1‎ B.‎0‎ C.‎1‎ D.‎‎2‎ ‎ ‎ ‎6. 已知fx=‎‎2a−1‎x+4ax≤1‎,‎logaxx>1‎ 是R上的单调递减函数,则实数a的取值范围为(        ) ‎ A.‎0,1‎ B.‎0,‎‎1‎‎3‎ C.‎[‎1‎‎6‎,‎1‎‎2‎)‎ D.‎‎[‎1‎‎6‎,1)‎ ‎ ‎ ‎7. 已知函数f(x)=(ex−‎1‎ex)‎x‎3‎,若实数a满足f(log‎2‎a)+f(log‎0.5‎a)≤2f(1)‎,则实数a的取值范围是(        ) ‎ A.‎(−∞,‎1‎‎2‎)∪(2,+∞)‎ B.‎(−∞,‎1‎‎2‎]∪[2,+∞)‎ C.‎[‎1‎‎2‎,2]‎ D.‎(‎1‎‎2‎,2)‎ ‎ ‎ ‎ ‎8. 函数y=‎ex‎−‎e‎−xx‎3‎‎−x的图象大致是(        ) ‎ A. B. C. D. ‎ ‎ ‎ ‎9. 设函数fxx∈R满足f‎−x=fx,fx=f‎2−x,且当x∈‎‎0,1‎时,fx=‎x‎3‎.又函数g(x)=|xcos(πx)|‎,则函数hx=gx−fx在‎−‎1‎‎2‎,‎‎3‎‎2‎上的零点个数为(        ) ‎ A.‎5‎ B.‎6‎ C.‎7‎ D.‎‎8‎ ‎ ‎ ‎10. 已知函数fx为定义在R上的奇函数,且当x≥0‎时,fx=x‎2‎+2x+acosx,则fx在‎−1,f‎−1‎处的切线斜率为(        ) ‎ A.‎−4‎ B.‎−1‎ C.‎0‎ D.‎‎4‎ ‎ ‎ ‎11. 已知定义域为R的函数fx,对任意的x∈R都有f‎′‎x‎>4x,且f‎1‎‎2‎=‎1‎‎2‎.‎当α∈‎‎0,2π时,不等式fsinα+cos2α−1>0‎的解集为(        ) ‎ A.‎7π‎6‎‎,‎‎11π‎6‎ B.‎4π‎3‎‎,‎‎5π‎3‎ C.π‎3‎‎,‎‎2π‎3‎ D.‎π‎6‎‎,‎‎5π‎6‎ ‎ ‎ ‎12. 已知函数y=‎ax‎2‎−2x−8‎在‎(1, 2)‎上不具有单调性,则实数a的取值范围为(        ) ‎ A.‎11‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 二、填空题 ‎ ‎ ‎ 已知向量a‎→‎‎=‎1,3‎,b‎→‎=‎2,−1‎,c‎→‎=‎‎1,λ,若c‎→‎‎//‎‎2a‎→‎+‎b‎→‎,则λ=‎________. ‎ ‎ ‎ ‎ 已知函数fx=lnex‎+‎e‎−x+‎x‎2‎,则使得f‎2x>fx+3‎成立的x的取值范围是________. ‎ ‎ ‎ ‎ 函数fx=‎log‎1‎‎3‎x‎2‎‎−2x−24‎的单调递增区间是________. ‎ ‎ ‎ ‎ 已知函数fx=x+‎4‎x,gx=‎2‎x+t,若‎∀x‎1‎∈‎‎1,2‎,‎∃x‎2‎∈‎‎1,2‎,使得fx‎2‎≥gx‎1‎,则实数t的取值范围是________. ‎ 三、解答题 ‎ ‎ ‎ 已知锐角‎△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,三边满足关系a‎2‎‎+b‎2‎−c‎2‎−‎3‎ab=0‎. ‎ ‎(1)‎求内角C的大小;‎ ‎ ‎ ‎(2)‎求‎3‎cosA+cosB的取值范围.‎ ‎ ‎ ‎ 高铁、网购、移动支付和共享单车被誉为中国的“新四大发明”,彰显出中国式创新的强劲活力.某移动支付公司从我市移动支付用户中随机抽取‎100‎名进行调查,得到如下数据: ‎ 每周移动支付次数 ‎1‎次 ‎2‎次 ‎3‎次 ‎4‎次 ‎5‎次 ‎6‎次及以上 男 ‎10‎ ‎8‎ ‎7‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎15‎ 女 ‎5‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎30‎ 合计 ‎15‎ ‎12‎ ‎13‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎45‎ ‎ ‎ ‎(1)‎把每周使用移动支付超过‎3‎次的用户称为“移动支付活跃用户”,能否在犯错误概率不超过‎0.005‎的前提下,认为是否为“移动支付活跃用户”与性别有关?‎ ‎ ‎ ‎(2)‎把每周使用移动支付‎6‎次及‎6‎次以上的用户称为“移动支付达人”,视频率为概率,在我市所有“移动支付达人”中,随机抽取‎4‎名用户. ①求抽取的‎4‎名用户中,既有男“移动支付达人”又有女“移动支付达人”的概率; ②为了鼓励男性用户使用移动支付,对抽出的男“移动支付达人”每人奖励‎300‎元,记奖励总金额为X,求X的分布列及数学期望. 附公式及表如下:K‎2‎‎=‎n‎(ad−bc)‎‎2‎‎(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)‎. ‎ P(K‎2‎≥k‎0‎)‎ ‎0.15‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎0.025‎ ‎0.010‎ ‎0.005‎ ‎0.001‎ k‎0‎ ‎2.072‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ ‎7.879‎ ‎10.828‎ ‎ ‎ ‎ 如图,在四棱锥S−ABCD中,底面ABCD为平行四边形,侧面SBC⊥‎底面ABCD,已知‎∠ABC=‎‎45‎‎∘‎,AB=2‎,BC=2‎‎2‎,SA=SB=‎‎3‎. ‎ ‎(1)‎证明:SA⊥BC;‎ ‎ ‎ ‎(2)‎求直线SD与平面SAB所成角的大小.‎ ‎ ‎ ‎ 已知双曲线C:x‎2‎a‎2‎‎−y‎2‎b‎2‎=1‎a>0,b>0‎的渐近线方程为y=±‎3‎x,O为坐标原点,点M‎5‎‎,‎‎3‎在双曲线上. ‎ ‎(1)‎求双曲线C的方程;‎ ‎ ‎ ‎(2)‎若斜率为‎1‎的直线l与双曲线交于P,Q两点,且OP‎→‎‎⋅OQ‎→‎=0‎,求直线l的方程.‎ ‎ ‎ ‎ 已知函数f(x)=lnxx+a(x−1)‎. ‎ ‎(1)‎若a=‎‎0‎,求f(x)‎的极值;‎ ‎ ‎ ‎(2)‎若在区间‎(1, +∞)‎上f(x)<0‎恒成立,求a的取值范围;‎ ‎ ‎ ‎(3)‎判断函数f(x)‎的零点个数.‎ ‎ ‎ ‎ 已知圆C的极坐标方程为ρ=4cosθ+8sinθ,直线l的参数方程为x=−‎2‎‎2‎t,‎y=1+‎2‎‎2‎t,‎(t为参数). ‎ ‎(1)‎把圆C的极坐标方程化为直角坐标方程;‎ ‎ ‎ ‎(2)‎求直线l被圆C截得的线段AB的长.‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 参考答案与试题解析 ‎2020-2021学年云南昭通高三上数学月考试卷 一、选择题 ‎1.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 交集及其运算 ‎【解析】‎ 先求出集合A,B,然后进行交集的运算即可.‎ ‎【解答】‎ 解:A={x|01}‎, ∴ A∩B=(1, 2]‎. 故选B.‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 复数的基本概念 必要条件、充分条件与充要条件的判断 ‎【解析】‎ 当a=−1‎时,不能推出z是纯虚数; 当z为纯虚数时,不能推出a=−1‎,从而得到答案.‎ ‎【解答】‎ 解:由题设知:当a=1‎时,z=−i,是纯虚数,则为充分条件; 当z为纯虚数时,得a‎2‎‎−1=0,‎a−2≠0,‎ 即a=±1‎,不能推出a=1‎,则为不必要条件. 故选A.‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 逻辑联结词“或”“且”“非”‎ 命题的真假判断与应用 命题的否定 四种命题间的逆否关系 ‎【解析】‎ 直接写出命题的逆否命题判断‎(1)‎;写出命题的否定判断‎(2)‎;求出方程的解后利用充分必要条件的判定方法判断C;由复合命题的真假判断判断D.‎ ‎【解答】‎ 解:‎(1)‎,命题“若m>0‎,则方程x‎2‎‎+x−m=0‎有实根”的逆否命题为: “若方程x‎2‎‎+x−m=0‎无实根,则m≤0‎”,故‎(1)‎正确; ‎(2)‎,特称命题的否定是全称命题. 已知命题p:“‎∃x‎0‎∈R,使得x‎0‎‎2‎‎+x‎0‎+1<0‎”, 则‎¬p:“‎∀x∈R,均有x‎2‎‎+x+1≥0‎”,故‎(2)‎正确; ‎(3)‎,由x‎2‎‎−3x+2≠0‎,解得:x≠1‎或x≠2‎, ∴ “x≠1‎”是“x‎2‎‎−3x+2≠0‎”的必要不充分条件,故‎(3)‎错误; ‎(4)‎,若p∧q为假命题,则p,q中至少一个为假命题,故‎(4)‎错误. 综上,正确命题的个数有‎2‎个. 故选C.‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 函数零点的判定定理 ‎【解析】‎ 判断f(x)‎在x>0‎递增,求得f(‎1‎‎8‎)‎,f(‎1‎‎4‎)‎,‎(‎1‎‎2‎)‎,f(1)‎的值由零点存在定理即可判断.‎ ‎【解答】‎ 解:因为函数f(x)=‎x+log‎2‎x,在x>0‎时是连续增函数, 且有f(‎1‎‎8‎)=‎1‎‎8‎+log‎2‎‎1‎‎8‎=‎1‎‎8‎−3<0‎, f(‎1‎‎4‎)=‎1‎‎4‎+log‎2‎‎1‎‎4‎=‎1‎‎4‎−2<0‎, f(‎1‎‎2‎)=‎1‎‎2‎+log‎2‎‎1‎‎2‎=‎1‎‎2‎−1<0‎, f(1)=‎‎1>0‎, 可得f(x)‎在‎[‎1‎‎2‎,1]‎上存在零点. 故选D.‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 函数的周期性 函数的求值 ‎【解析】‎ 由已知得f(1+x)‎=‎−f(1−x)‎=‎−f(x−1)‎,从而得到f(x+4)‎=f(x)‎,再由当‎1≤x≤2‎时,f(x)‎=‎2‎x‎−1‎,能求出f(2017)‎的值.‎ ‎【解答】‎ 解:∵ f(1+x)+f(1−x)=‎‎0‎,且f(−x)=‎f(x)‎, ∴ f(1+x)=‎‎−f(1−x)=‎‎−f(x−1)‎. 令x−1=‎t,得f(t+2)=‎‎−f(t)‎, ∴ f(x+4)=‎‎−f(x+2)=‎f(x)‎, ∴ f(x)‎以‎4‎为周期的周期函数. ∵ 当‎1≤x≤2‎时,f(x)=‎‎2‎x‎−1‎, ∴ f(2017)=‎f(4×504+1)=‎f(1)=‎‎2‎‎1‎‎−1=‎‎1‎. 故选C.‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 ‎6.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 已知函数的单调性求参数问题 分段函数的应用 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解:由f(x)‎是R上的单调递减函数, 可得,‎2a−1<0,‎‎00‎时,f‎′‎‎(x)=‎‎(ex+‎1‎ex)x‎3‎+3(ex−‎1‎ex)x‎2‎>0‎, ∴ 函数f(x)‎在‎[0, +∞)‎上是增函数, ∴ 不等式f(log‎2‎a)≤f(1)‎可化为‎|log‎2‎a|≤1‎, 即‎−1≤log‎2‎a≤1‎, 由对数函数的单调性可得‎1‎‎2‎‎≤a≤2‎. 故选C.‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 函数图象的作法 ‎【解析】‎ 由函数为偶函数排除C,再由指数函数的性质排除B,D,则答案可求.‎ ‎【解答】‎ 解:由f(x)=‎ex‎−‎e‎−xx‎3‎‎−x得, f(−x)=e‎−x‎−‎ex‎−x‎3‎+x=ex‎−‎e‎−xx‎3‎‎−x=f(x)‎, 可得f(x)‎为偶函数,排除C; 当x→+∞‎时,ex‎→+∞‎,e‎−x‎→0‎,x‎3‎‎−x→+∞‎, 结合“指数爆炸”可得f(x)=ex‎−‎e‎−xx‎3‎‎−x→+∞‎,排除B,D. 故选A.‎ ‎9.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 函数的零点 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 解:因为当x∈‎‎0,1‎时,fx=‎x‎3‎. 所以当x∈‎‎1,2‎时,‎2−x∈‎‎0,1‎, fx=f‎2−x=‎‎2−x‎3‎, 当x∈‎‎0,‎‎1‎‎2‎时,gx=xcosπx, g‎′‎x‎=cosπx−πxsinπx; 当x∈‎−‎1‎‎2‎,0‎,‎‎1‎‎2‎‎,‎‎3‎‎2‎时,gx=−xcosπx, g‎′‎x‎=πxsinπx−cosπx. 注意到函数fx,gx都是偶函数, 且f‎0‎=g‎0‎,f‎1‎=g‎1‎=1‎, f‎−‎‎1‎‎2‎=f‎1‎‎2‎=‎1‎‎8‎,f‎3‎‎2‎=‎2−‎‎3‎‎2‎‎3‎=‎‎1‎‎8‎,g‎−‎‎1‎‎2‎=g‎1‎‎2‎=g‎3‎‎2‎=0,g‎1‎=1,g‎′‎‎1‎=1>0‎, 根据上述特征作出函数fx,gx的草图, 函数hx除了‎0‎、‎1‎这两个零点之外, 分别在区间‎−‎1‎‎2‎,0‎‎,‎0,‎‎1‎‎2‎,‎1‎‎2‎‎,1‎,‎‎1,‎‎3‎‎2‎上各有一个零点, 共有‎6‎个零点. 故选B.‎ ‎10.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 利用导数研究曲线上某点切线方程 函数奇偶性的性质 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解:函数fx是定义在R上的奇函数,得f‎0‎=a=0‎, 故当x≥0‎时,fx=x‎2‎+2x , ∴ x<0‎时, fx=−x‎2‎+2x,  ∴ f‎′‎x‎=−2x+2‎, ∴ f‎′‎‎−1‎‎=4‎ , ∴ fx在‎−1,f‎−1‎处的切线斜率为‎4‎. 故选D.‎ ‎11.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 利用导数研究函数的单调性 正弦函数的定义域和值域 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解:设gx=fx−2‎x‎2‎, 则g‎1‎‎2‎=f‎1‎‎2‎−‎1‎‎2‎=0‎, ∵ g‎′‎x‎=f‎′‎x−4x>0‎, ∴ gx在R上单调递增; 又∵ gsinα=fsinα−2sin‎2‎α=fsinα+cos2α−1‎, ∴ 求fsinα+cos2α‎−1>0‎的解集, 等价于求gsinα>g‎1‎‎2‎的解集. ‎∵g(x)‎在R上单调递增, ∴ sinα>‎‎1‎‎2‎且a∈‎‎0,2π, ∴ α∈‎π‎6‎‎,‎‎5π‎6‎. 故选D.‎ ‎12.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 二次函数的性质 二次函数的图象 ‎【解析】‎ 根据二次函数的图象与性质,求出f(x)‎的对称轴,列不等式求a的取值范围.‎ ‎【解答】‎ 解:函数y=‎ax‎2‎−2x−8‎在‎(1, 2)‎上不具有单调性, 则a≠0‎,并且函数f(x)‎的对称轴为x=‎‎1‎a, 且满足‎1<‎1‎a<2‎, 解得‎1‎‎2‎‎x‎2‎≥0‎, 则u‎1‎‎−u‎2‎=ex‎1‎‎+‎e‎−‎x‎1‎−‎ex‎2‎‎+‎e‎−‎x‎2‎ ‎=ex‎1‎‎−‎ex‎2‎+‎1‎ex‎1‎−‎‎1‎ex‎2‎‎=‎ex‎1‎‎−‎ex‎2‎ex‎1‎‎+‎x‎2‎‎−1‎ex‎1‎‎+‎x‎2‎, ∵ x‎1‎‎>x‎2‎≥0‎, 则ex‎1‎‎−ex‎2‎>0,ex‎1‎‎+‎x‎2‎>1‎, ∴ u‎1‎‎>‎u‎2‎, ‎∴‎函数y=lnex‎+‎e‎−x在‎[0,+∞)‎上为增函数, 则函数y=fx在区间‎[0,+∞)‎上为增函数,  f‎−x=lne‎−x‎+‎ex+‎−x‎2‎=lne‎−x‎+‎ex‎+x‎2‎=fx, 则函数y=fx为偶函数. 由f‎2x>fx+3‎,得f(|2x|)>f(|x+3|)‎, ∴ ‎|2x|>‎‎|x+3|‎,即‎4x‎2‎>‎x+3‎‎2‎, ∴ x−3‎‎3x+3‎‎>0‎,解得x<−1‎或x>3‎. 因此使得f‎2x>fx+3‎成立的x的取值范围是‎−∞,−1‎‎∪‎‎3,+∞‎. 故答案为:‎−∞,−1‎‎∪‎‎3,+∞‎.‎ ‎【答案】‎ ‎−∞,−4‎ ‎【考点】‎ 对数函数的定义域 复合函数的单调性 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解:函数的定义域为x‎2‎‎−2x−24>0‎, 即为‎{x|x>6‎或x<−4}‎. 令t=x‎2‎−2x−24‎,则原函数y=log‎1‎‎3‎t, 因为y=log‎1‎‎3‎t在‎0,+∞‎上单调递减,  t=x‎2‎−2x−24‎在‎−∞,−4‎上单调递减,在‎6,+∞‎上单调递增, 由复合函数的单调性可知函数的单调增区间为‎−∞,−4‎. 故答案为:‎−∞,−4‎.‎ ‎【答案】‎ t≤1‎ ‎【考点】‎ 函数单调性的判断与证明 函数的值域及其求法 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解:fx=x+‎‎4‎x,在‎1,2‎上单调递减,  f‎1‎=5,f‎2‎=4‎, ∴ ‎4≤fx≤5‎. ‎∵‎gx=‎2‎x+t在‎1,2‎上单调递增,  g‎1‎=2+t,g‎2‎=4+t, ∴ ‎2+t≤gx≤4+t, 若‎∀x‎1‎∈‎‎1,2‎,‎∃x‎2‎∈‎‎1,2‎,使得fx‎2‎≥gx‎1‎, 则fxmax≥gxmax,即‎5≥4+t,解得t≤1‎. 故答案为:t≤1‎.‎ 三、解答题 ‎【答案】‎ 解:‎(1)‎由余弦定理可得,cosC=‎a‎2‎‎+b‎2‎−‎c‎2‎‎2ab. ∵ a‎2‎‎+b‎2‎−c‎2‎=‎3‎ab, ∴ cosC=‎3‎ab‎2ab=‎‎3‎‎2‎. ∵ ‎07.879‎, 所以在犯错误概率不超过‎0.005‎的前提下,能认为是否为“移动支付活跃用户”与性别有关.‎ ‎(2)‎视频率为概率,在我市“移动支付达人”中,随机抽取‎1‎名用户, 该用户为男“移动支付达人”的概率为‎1‎‎3‎,女“移动支付达人”的概率为‎2‎‎3‎. ①抽取的‎4‎名用户中,既有男“移动支付达人”, 又有女“移动支付达人”的概率为P=1−(‎1‎‎3‎‎)‎‎4‎−(‎2‎‎3‎‎)‎‎4‎=‎‎64‎‎81‎; ②记抽出的男“移动支付达人”人数为Y,则X=300Y. 由题意得Y∼B(4,‎1‎‎3‎)‎, P(Y=0)=C‎4‎‎0‎(‎1‎‎3‎‎)‎‎0‎(‎2‎‎3‎‎)‎‎4‎=‎‎16‎‎81‎; P(Y=1)=C‎4‎‎1‎(‎1‎‎3‎‎)‎‎1‎(‎2‎‎3‎‎)‎‎3‎=‎‎32‎‎81‎; P(Y=2)=C‎4‎‎2‎(‎1‎‎3‎‎)‎‎2‎(‎2‎‎3‎‎)‎‎2‎=‎‎24‎‎81‎; P(Y=3)=C‎4‎‎3‎(‎1‎‎3‎‎)‎‎3‎(‎2‎‎3‎‎)‎‎1‎=‎‎8‎‎81‎; P(Y=4)=C‎4‎‎4‎(‎1‎‎3‎‎)‎‎4‎(‎2‎‎3‎‎)‎‎0‎=‎‎1‎‎81‎; 所以Y的分布列为: ‎ Y ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ P ‎16‎‎81‎ ‎32‎‎81‎ ‎24‎‎81‎ ‎8‎‎81‎ ‎1‎‎81‎ 所以X的分布列为: ‎ X ‎0‎ ‎300‎ ‎600‎ ‎900‎ ‎1200‎ P ‎16‎‎81‎ ‎32‎‎81‎ ‎24‎‎81‎ ‎8‎‎81‎ ‎1‎‎81‎ 由E(Y)=4×‎1‎‎3‎=‎‎4‎‎3‎, 得X的数学期望E(X)=300E(Y)=400‎元.‎ ‎【考点】‎ 离散型随机变量的期望与方差 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 离散型随机变量及其分布列 独立性检验 ‎【解析】‎ ‎(‎Ⅰ‎)‎由表格数据填写列联表,计算观测值,对照临界值得出结论; ‎(‎Ⅱ‎)‎①用对立事件计算所求的概率值; ②计算随机变量Y的概率分布列,从而得出X的分布列,再计算它们的数学期望值.‎ ‎【解答】‎ 解:‎(1)‎由表格数据可得‎2×2‎列联表如下: ‎ 非移动支付活跃用户 移动支付活跃用户 合计 男 ‎25‎ ‎20‎ ‎45‎ 女 ‎15‎ ‎40‎ ‎55‎ 合计 ‎40‎ ‎60‎ ‎100‎ 将列联表中的数据代入公式计算得: K‎2‎‎=‎n‎(ad−bc)‎‎2‎‎(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)‎ ‎=‎100‎‎(25×40−15×20)‎‎2‎‎40×60×55×45‎=‎2450‎‎297‎≈8.249>7.879‎, 所以在犯错误概率不超过‎0.005‎的前提下,能认为是否为“移动支付活跃用户”与性别有关.‎ ‎(2)‎视频率为概率,在我市“移动支付达人”中,随机抽取‎1‎名用户, 该用户为男“移动支付达人”的概率为‎1‎‎3‎,女“移动支付达人”的概率为‎2‎‎3‎. ①抽取的‎4‎名用户中,既有男“移动支付达人”, 又有女“移动支付达人”的概率为P=1−(‎1‎‎3‎‎)‎‎4‎−(‎2‎‎3‎‎)‎‎4‎=‎‎64‎‎81‎; ②记抽出的男“移动支付达人”人数为Y,则X=300Y. 由题意得Y∼B(4,‎1‎‎3‎)‎, P(Y=0)=C‎4‎‎0‎(‎1‎‎3‎‎)‎‎0‎(‎2‎‎3‎‎)‎‎4‎=‎‎16‎‎81‎; P(Y=1)=C‎4‎‎1‎(‎1‎‎3‎‎)‎‎1‎(‎2‎‎3‎‎)‎‎3‎=‎‎32‎‎81‎; P(Y=2)=C‎4‎‎2‎(‎1‎‎3‎‎)‎‎2‎(‎2‎‎3‎‎)‎‎2‎=‎‎24‎‎81‎; P(Y=3)=C‎4‎‎3‎(‎1‎‎3‎‎)‎‎3‎(‎2‎‎3‎‎)‎‎1‎=‎‎8‎‎81‎; P(Y=4)=C‎4‎‎4‎(‎1‎‎3‎‎)‎‎4‎(‎2‎‎3‎‎)‎‎0‎=‎‎1‎‎81‎; 所以Y的分布列为: ‎ Y ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ P ‎16‎‎81‎ ‎32‎‎81‎ ‎24‎‎81‎ ‎8‎‎81‎ ‎1‎‎81‎ 所以X的分布列为: ‎ X ‎0‎ ‎300‎ ‎600‎ ‎900‎ ‎1200‎ P ‎16‎‎81‎ ‎32‎‎81‎ ‎24‎‎81‎ ‎8‎‎81‎ ‎1‎‎81‎ 由E(Y)=4×‎1‎‎3‎=‎‎4‎‎3‎, 得X的数学期望E(X)=300E(Y)=400‎元.‎ ‎【答案】‎ ‎(1)‎证明:作SO⊥BC,垂足为O,连接AO,如图所示, ∵ 侧面SBC⊥‎底面ABCD, ∴ SO⊥‎底面ABCD. ∵ SA=SB, ∴ AO=BO. 又‎∠ABC=‎‎45‎‎∘‎, ∴ ‎△AOB为等腰直角三角形, ∴ AO⊥BO, 由三垂线定理可得SA⊥BC.‎ ‎(2)‎解:由‎(1)‎知SA⊥BC. ∵ AD // BC, ∴ SA⊥AD. ∵ AD=BC=2‎‎2‎,SA=‎‎3‎,AO=‎‎2‎, ∴ SD=AD‎2‎+SA‎2‎=‎‎11‎,SO=1‎, ∴ ‎△SAB的面积S‎1‎‎=‎1‎‎2‎AB⋅SA‎2‎−(‎1‎‎2‎AB‎)‎‎2‎=‎‎2‎. 连接BD, 得‎△DAB的面积S‎2‎‎=‎1‎‎2‎AB⋅ADsin‎45‎‎∘‎=2‎. 设D到平面SAB的距离为h, 由VD−SAB‎=‎VS−ABD得, ‎1‎‎3‎h⋅S‎1‎=‎1‎‎3‎SO⋅‎S‎2‎, 解得h=‎‎2‎. 设SD与平面SAB所成角为α, 则sinα=hSD=‎2‎‎11‎=‎‎22‎‎11‎, ‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 ‎∴ 直线SD与平面SAB所成角的大小为arcsin‎22‎‎11‎.‎ ‎【考点】‎ 直线与平面所成的角 两条直线垂直的判定 ‎【解析】‎ 解法一:‎(1)‎作SO⊥BC,垂足为O,连接AO,说明SO⊥‎底面ABCD.利用三垂线定理,得SA⊥BC. ‎(II)‎由‎(I)‎知SA⊥BC,设AD // BC,连接SE.说明‎∠ESD为直线SD与平面SBC所成的角,通过sin∠ESD=EDSD=AOSD=‎2‎‎11‎=‎‎22‎‎11‎,求出直线SD与平面SBC所成的角为arcsin‎22‎‎11‎. 解法二:‎(I)‎作SO⊥BC,垂足为O,连接AO,以O为坐标原点,OA为x轴正向,建立直角坐标系O−xyz,通过证明SA‎→‎‎⋅CB‎→‎=0‎,推出SA⊥BC. ‎(II).‎OA‎→‎与SD‎→‎的夹角记为α,SD与平面ABC所成的角记为β,因为OA‎→‎为平面SBC的法向量,利用α与β互余.通过cosα=‎|OA‎→‎|⋅|SD‎→‎|‎‎˙‎=‎‎22‎‎11‎,sinβ=‎‎22‎‎11‎,推出直线SD与平面SBC所成的角为arcsin‎22‎‎11‎.‎ ‎【解答】‎ ‎(1)‎证明:作SO⊥BC,垂足为O,连接AO,如图所示, ∵ 侧面SBC⊥‎底面ABCD, ∴ SO⊥‎底面ABCD. ∵ SA=SB, ∴ AO=BO. 又‎∠ABC=‎‎45‎‎∘‎, ∴ ‎△AOB为等腰直角三角形, ∴ AO⊥BO, 由三垂线定理可得SA⊥BC.‎ ‎(2)‎解:由‎(1)‎知SA⊥BC. ∵ AD // BC, ∴ SA⊥AD. ∵ AD=BC=2‎‎2‎,SA=‎‎3‎,AO=‎‎2‎, ∴ SD=AD‎2‎+SA‎2‎=‎‎11‎,SO=1‎, ∴ ‎△SAB的面积S‎1‎‎=‎1‎‎2‎AB⋅SA‎2‎−(‎1‎‎2‎AB‎)‎‎2‎=‎‎2‎. 连接BD, 得‎△DAB的面积S‎2‎‎=‎1‎‎2‎AB⋅ADsin‎45‎‎∘‎=2‎. 设D到平面SAB的距离为h, 由VD−SAB‎=‎VS−ABD得, ‎1‎‎3‎h⋅S‎1‎=‎1‎‎3‎SO⋅‎S‎2‎, 解得h=‎‎2‎. 设SD与平面SAB所成角为α, 则sinα=hSD=‎2‎‎11‎=‎‎22‎‎11‎, ∴ 直线SD与平面SAB所成角的大小为arcsin‎22‎‎11‎.‎ ‎【答案】‎ 解:‎(1)‎∵ 双曲线C的渐近线方程为y=±‎3‎x, ∴ b=‎3‎a, 则双曲线的方程可设为‎3x‎2‎−y‎2‎=3‎a‎2‎. ∵ 点M‎5‎‎,‎‎3‎在双曲线上, ∴ 解得a=2‎, ∴ 双曲线C的方程为x‎2‎‎4‎‎−y‎2‎‎12‎=1‎.‎ ‎(2)‎设直线PQ的方程为y=x+m,点Px‎1‎‎,‎y‎1‎,Qx‎2‎‎,‎y‎2‎, 将直线PQ的方程代入双曲线C的方程, 可化为‎2x‎2‎−2mx−m‎2‎−12=0‎, ∴ x‎1‎‎+x‎2‎=m ,x‎1‎x‎2‎‎=‎‎−m‎2‎−12‎‎2‎. 由OP‎→‎‎⋅OQ‎→‎=0‎, 得x‎1‎x‎2‎‎+y‎1‎y‎2‎=0‎, 把y‎1‎‎=x‎1‎+m, y‎2‎‎=x‎2‎+m代入上式可得, ‎2x‎1‎x‎2‎+mx‎1‎‎+‎x‎2‎+m‎2‎=0‎, 即‎2×‎−m‎2‎−12‎‎2‎+m⋅m+m‎2‎=0‎, 化简得m‎2‎‎=12‎, 解得 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 m=±2‎‎3‎‎, ∴ 直线方程y=x+2‎‎3‎或y=x−2‎‎3‎.‎ ‎【考点】‎ 直线与双曲线结合的最值问题 双曲线的渐近线 双曲线的标准方程 数量积判断两个平面向量的垂直关系 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解:‎(1)‎∵ 双曲线C的渐近线方程为y=±‎3‎x, ∴ b=‎3‎a, 则双曲线的方程可设为‎3x‎2‎−y‎2‎=3‎a‎2‎. ∵ 点M‎5‎‎,‎‎3‎在双曲线上, ∴ 解得a=2‎, ∴ 双曲线C的方程为x‎2‎‎4‎‎−y‎2‎‎12‎=1‎.‎ ‎(2)‎设直线PQ的方程为y=x+m,点Px‎1‎‎,‎y‎1‎,Qx‎2‎‎,‎y‎2‎, 将直线PQ的方程代入双曲线C的方程, 可化为‎2x‎2‎−2mx−m‎2‎−12=0‎, ∴ x‎1‎‎+x‎2‎=m ,x‎1‎x‎2‎‎=‎‎−m‎2‎−12‎‎2‎. 由OP‎→‎‎⋅OQ‎→‎=0‎, 得x‎1‎x‎2‎‎+y‎1‎y‎2‎=0‎, 把y‎1‎‎=x‎1‎+m, y‎2‎‎=x‎2‎+m代入上式可得, ‎2x‎1‎x‎2‎+mx‎1‎‎+‎x‎2‎+m‎2‎=0‎, 即‎2×‎−m‎2‎−12‎‎2‎+m⋅m+m‎2‎=0‎, 化简得m‎2‎‎=12‎, 解得m=±2‎‎3‎, ∴ 直线方程y=x+2‎‎3‎或y=x−2‎‎3‎.‎ ‎【答案】‎ 解:‎(1)‎若a=‎‎0‎,则f(x)=‎lnxx,其中x>0‎, 所以f‎′‎‎(x)=‎‎1−lnxx‎2‎. 令f‎′‎‎(x)=0‎,解得x=e, 列表得: 所以f(x)‎在区间‎(0,e)‎上单调递增,在区间‎(e,+∞)‎上单调递减, 所以f(x)‎有极大值,极大值为f(e)=‎‎1‎e,且没有极小值.‎ ‎(2)‎在‎1,+∞‎上fx<0‎恒成立, 即lnx+ax‎2‎−ax<0‎在‎1,+∞‎上恒成立. 设gx=lnx+ax‎2‎−ax. ①当a≥0‎时,g‎2‎=ln2+2a>0‎,不符合题意; ②当a<0‎时,g‎′‎x‎=‎1‎x+2ax−a=‎‎2ax‎2‎−ax+1‎x. 令g‎′‎x‎=0‎,即‎2ax‎2‎−ax+1=0‎. 因为方程‎2ax‎2‎−ax+1=0‎的判别式Δ=a‎2‎−8a>0‎,两根之积‎1‎‎2a‎<0‎, 所以f‎′‎x‎=0‎有两个异号的根. 设两根分别为x‎1‎,x‎2‎,且x‎1‎‎<0<‎x‎2‎, ‎(i)‎当x‎2‎‎>1‎时, 所以gx在区间‎1,‎x‎2‎上单调递增,在区间x‎2‎‎,+∞‎上单调递减, 所以gx‎2‎>g‎1‎=0‎,不符合题意; ‎(ii)‎当x‎2‎‎≤1‎时,g‎′‎‎1‎‎≤0‎,即a≤−1‎时,gx在‎1,+∞‎上单调递减, 所以当x∈‎‎1,+∞‎时,gx0‎时,h(x)‎函数开口向下,两函数只有一个交点‎(1,0)‎; 当a=0‎时,m(x)‎与x轴只有一个交点; 当a<0‎时且a≠−1‎时, 令t(x)=h(x)−m(x)‎, t‎′‎‎(x)=h‎′‎(x)−m‎′‎(x)=−a(2x−1)−‎‎1‎x‎=‎−2ax‎2‎+ax−1‎x=0‎, 即‎−2ax‎2‎+ax−1=0‎. ‎∵Δ=a‎2‎−8a>0‎, ∴ ‎−2ax‎2‎+ax−1=0‎有两根,x‎1‎,x‎2‎,且x‎1‎‎<‎x‎2‎, ∴ x‎1‎‎+x‎2‎=‎‎1‎‎2‎,x‎1‎x‎2‎‎=‎‎1‎‎2a. ∵ a<0‎, ∴ x‎1‎‎<0‎,x‎2‎‎>‎‎1‎‎2‎, ∴ t‎′‎‎(x)‎在‎(0,x‎2‎)‎上小于零,在‎(x‎2‎,+∞)‎上大于零, 即t(x)‎在‎(0,x‎2‎)‎上单调递减,在‎(x‎2‎,+∞)‎上单调递增. 当x‎2‎‎∈(0,1)‎时, ∵ t(1)=0‎,limx→0‎t(x)>0‎, ∴ t(x‎2‎)<0‎,且必存在x‎0‎‎∈(0,x‎2‎)‎使得t(x‎0‎)=0‎; 当x‎2‎‎>1‎时, ∵ t(1)=0‎,‎limx→+∞‎t(x)>0‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 ‎, ∴ t(x‎2‎)<0‎,且必存在x‎0‎‎∈(x‎2‎,+∞)‎使得t(x‎0‎)=0‎. 综上所述,当a≥0‎或a=‎‎−1‎时,f(x)‎有‎1‎个零点; 当a<0‎且a≠−1‎时,函数f(x)‎有‎2‎个零点.‎ ‎【考点】‎ 利用导数研究与函数零点有关的问题 利用导数研究不等式恒成立问题 利用导数研究函数的极值 ‎【解析】‎ ‎(‎Ⅰ‎)‎将a=‎0‎代入函数求f(x)‎,利用函数的导数求极值即可; ‎(‎Ⅱ‎)‎在区间‎(1, +∞)‎上f(x)<0‎恒成立,转换成求g(x)‎=lnx+ax‎2‎−ax的最值,利用g(x)‎的单调性和极值,讨论a可得a的取值范围;‎(‎Ⅲ‎)‎讨论a可判断函数f(x)‎的零点个数.‎ ‎【解答】‎ 解:‎(1)‎若a=‎‎0‎,则f(x)=‎lnxx,其中x>0‎, 所以f‎′‎‎(x)=‎‎1−lnxx‎2‎. 令f‎′‎‎(x)=0‎,解得x=e, 列表得: 所以f(x)‎在区间‎(0,e)‎上单调递增,在区间‎(e,+∞)‎上单调递减, 所以f(x)‎有极大值,极大值为f(e)=‎‎1‎e,且没有极小值.‎ ‎(2)‎在‎1,+∞‎上fx<0‎恒成立, 即lnx+ax‎2‎−ax<0‎在‎1,+∞‎上恒成立. 设gx=lnx+ax‎2‎−ax. ①当a≥0‎时,g‎2‎=ln2+2a>0‎,不符合题意; ②当a<0‎时,g‎′‎x‎=‎1‎x+2ax−a=‎‎2ax‎2‎−ax+1‎x. 令g‎′‎x‎=0‎,即‎2ax‎2‎−ax+1=0‎. 因为方程‎2ax‎2‎−ax+1=0‎的判别式Δ=a‎2‎−8a>0‎,两根之积‎1‎‎2a‎<0‎, 所以f‎′‎x‎=0‎有两个异号的根. 设两根分别为x‎1‎,x‎2‎,且x‎1‎‎<0<‎x‎2‎, ‎(i)‎当x‎2‎‎>1‎时, 所以gx在区间‎1,‎x‎2‎上单调递增,在区间x‎2‎‎,+∞‎上单调递减, 所以gx‎2‎>g‎1‎=0‎,不符合题意; ‎(ii)‎当x‎2‎‎≤1‎时,g‎′‎‎1‎‎≤0‎,即a≤−1‎时,gx在‎1,+∞‎上单调递减, 所以当x∈‎‎1,+∞‎时,gx0‎时,h(x)‎函数开口向下,两函数只有一个交点‎(1,0)‎; 当a=0‎时,m(x)‎与x轴只有一个交点; 当a<0‎时且a≠−1‎时, 令t(x)=h(x)−m(x)‎, t‎′‎‎(x)=h‎′‎(x)−m‎′‎(x)=−a(2x−1)−‎‎1‎x‎=‎−2ax‎2‎+ax−1‎x=0‎, 即‎−2ax‎2‎+ax−1=0‎. ‎∵Δ=a‎2‎−8a>0‎, ∴ ‎−2ax‎2‎+ax−1=0‎有两根,x‎1‎,x‎2‎,且x‎1‎‎<‎x‎2‎, ∴ x‎1‎‎+x‎2‎=‎‎1‎‎2‎,x‎1‎x‎2‎‎=‎‎1‎‎2a. ∵ a<0‎, ∴ x‎1‎‎<0‎,x‎2‎‎>‎‎1‎‎2‎, ∴ t‎′‎‎(x)‎在‎(0,x‎2‎)‎上小于零,在‎(x‎2‎,+∞)‎上大于零, 即t(x)‎在‎(0,x‎2‎)‎上单调递减,在‎(x‎2‎,+∞)‎上单调递增. 当x‎2‎‎∈(0,1)‎时, ∵ t(1)=0‎,limx→0‎t(x)>0‎, ∴ t(x‎2‎)<0‎,且必存在x‎0‎‎∈(0,x‎2‎)‎使得t(x‎0‎)=0‎; 当x‎2‎‎>1‎时, ∵ t(1)=0‎,limx→+∞‎t(x)>0‎, ∴ t(x‎2‎)<0‎,且必存在x‎0‎‎∈(x‎2‎,+∞)‎使得t(x‎0‎)=0‎. 综上所述,当a≥0‎或a=‎‎−1‎时,f(x)‎有‎1‎个零点; 当a<0‎且a≠−1‎时,函数f(x)‎有‎2‎个零点.‎ ‎【答案】‎ 解:‎(1)‎由ρ=4cosθ+8sinθ,可得ρ‎2‎‎=4ρcosθ+8ρsinθ, ∴ 圆C的直角坐标方程为x‎2‎‎+y‎2‎−4x−8y=0‎, 即x−2‎‎2‎‎+y−4‎‎2‎=20‎.‎ ‎(2)‎‎∵ 直线l的参数方程 x=−‎2‎‎2‎t,‎y=1+‎2‎‎2‎t (t为参数), 代入x‎2‎‎+y‎2‎−4x−8y=0‎, 化简得t‎2‎‎−‎2‎t−7=0‎, 由根与系数的关系得t‎1‎‎+t‎2‎=‎‎2‎,t‎1‎‎⋅t‎2‎=−7‎, 根据t的几何意义得‎|AB|=|t‎1‎−t‎2‎|=‎(t‎1‎+t‎2‎‎)‎‎2‎−4‎t‎1‎t‎2‎=‎‎30‎.‎ ‎【考点】‎ 根与系数的关系 参数方程与普通方程的互化 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解:‎(1)‎由ρ=4cosθ+8sinθ,可得ρ‎2‎‎=4ρcosθ+8ρsinθ, ∴ 圆C的直角坐标方程为x‎2‎‎+y‎2‎−4x−8y=0‎, 即x−2‎‎2‎‎+y−4‎‎2‎=20‎.‎ ‎(2)‎‎∵ 直线l的参数方程 x=−‎2‎‎2‎t,‎y=1+‎2‎‎2‎t (t为参数), 代入x‎2‎‎+y‎2‎−4x−8y=0‎, 化简得t‎2‎‎−‎2‎t−7=0‎, 由根与系数的关系得t‎1‎‎+t‎2‎=‎‎2‎,t‎1‎‎⋅t‎2‎=−7‎, 根据t的几何意义得‎|AB|=|t‎1‎−t‎2‎|=‎(t‎1‎+t‎2‎‎)‎‎2‎−4‎t‎1‎t‎2‎=‎‎30‎.‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页
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