吉林省吉林市2020届高三第四次调研测试数学（理）试题 Word版含解析

吉林省吉林市2020届高三第四次调研测试数学（理）试题 Word版含解析

- 1 - 吉林市普通中学 2019—2020 学年度高中毕业班第四次调研测试 理科数学 一､选择题 1. 设集合  2 2 0A x x x    ，  2 1B x x    ，则 A B  （ ） A.  1,1 B.  2,2 C.  1,2 D.  2 2 , 【答案】B 【解析】 【分析】 先利用一元二次不等式的解法化简集合 A，再利用并集的定义求解. 【详解】因为    2 2 0 1 2A x x x x x        ， 又  2 1B x x    ， 所以 A B   2,2 . 故选：B 【点睛】本题主要考查集合的基本运算以及一元二次不等式的解法，还考查了运算求解的能 力，属于基础题. 2. 复数 z 满足 (2 ) 3 6z i i   （i 为虚数单位），则复数 z 的虚部为（ ） A. 3 B. 3i C. 3i D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】 首先化简复数 z，然后结合复数的定义确定其虚部即可. 【详解】由题意可得：       3 6 23 6 1 15 1 32 2 2 5 5 i ii iz ii i i            ， 据此可知，复数 z 的虚部为 3 . 本题选择 D 选项. 【点睛】复数的代数形式的运算主要有加、减、乘、除及求低次方根．除法实际上是分母实 数化的过程． - 2 - 3. 《九章算术》是我国古代第一部数学专著，它有如下问题：“今有圆堡瑽 cong ，周四 丈八尺，高一丈一尺.问积几何？”意思是“今有圆柱体形的土筑小城堡，底面周长为 4 丈 8 尺，高 1 丈 1 尺，问它的体积是多少？”（注：1 丈=10 尺，取 3  ）（ ） A. 704 立方尺 B. 2112 立方尺 C. 2115 立方尺 D. 2118 立方 尺 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意，由底面圆周长，得到底面圆半径，再由体积公式求出其体积. 【详解】设圆柱体底面圆半径为 r ，高为 h ，周长为C . 因为 2C r ，所以 2 Cr  ， 所以 2 2 2 2 2 48 11 4 4 12 C C hV r h h          2112 （立方尺）. 故选 B 项. 【点睛】本题考查圆柱的底面圆半径、体积等相关计算，属于简单题. 4. 执行如图所示的程序框图，若输入 n 的值为 3，则输出 s 的值是( ) A. 1 B. 2 C. 4 D. 7 【答案】C - 3 - 【解析】 试题分析：第一次循环 ；第二次循环 ；第三次循环 ；结束循 环，输出 选 C. 考点：循环结构流程图 【名师点睛】算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的 相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环 终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项. 5. 在 ABC 中，内角 A B C， ， 的对边分别为 a ，b ， c ， 4A  ， 12B  ， 3 3c  ， 则 a （ ） A. 2 B. 2 2 C. 3 2 D. 4 2 【答案】C 【解析】 【分析】 先求得C ，然后利用正弦定理求得 a . 【详解】因为 ,4 12A B   ，所以 2 3C A B     ，所以 23 3sin 2 3 2sin 3 2 c Aa C     . 故选：C 【点睛】本题考查解三角形，考查运算求解能力. 6. 已知函数  f x 是偶函数，当 0x  时， ( ) ln 1f x x x  ，则曲线 ( )y f x 在 1x   处 的切线方程为（ ） A. y x  B. 2y x   C. y x D. 2y x  【答案】A 【解析】 【分析】 利用导数的几何意义以及点斜式方程即可求解. - 4 - 【详解】因为 0x  ， ( ) ( ) ln( ) 1f x f x x x      ， ( ) 11f   ， ( ) ln( ) 1f x x     ， ( 1) 1f     ， 所以曲线 ( )y f x 在 1x   处的切线方程为 1 ( 1)y x    ，即 y x  . 故选：A. 【点睛】本小题主要考查根据函数奇偶性求函数解析式，考查利用导数求切线方程，属于基 础题. 7. 某单位去年的开支分布的折线图如图 1 所示，在这一年中的水、电、交通开支（单位：万 元）如图 2 所示，则该单位去年的水费开支占总开支的百分比为（ ） A. 6.25% B. 7.5% C. 10.25% D. 31.25% 【答案】A 【解析】 【分析】 由折线图找出水、电、交通开支占总开支的比例，再计算出水费开支占水、电、交通开支的 比例，相乘即可求出水费开支占总开支的百分比. 【详解】水费开支占总开支的百分比为 250 20% 6.25%250 450 100    . 故选：A 【点睛】本题考查折线图与柱形图，属于基础题. 8. 已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2，点 P 在线段 1CB 上，且 1 2B P PC ，平面 经 过点 1, ,A P C ，则正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 被平面 截得的截面面积为（ ） - 5 - A. 3 6 B. 2 6 C. 5 D. 5 3 4 【答案】B 【解析】 【分析】 先根据平面的基本性质确定平面，然后利用面面平行的性质定理，得到截面的形状再求解. 【详解】如图所示： 1, ,A P C 确定一个平面 ， 因为平面 1 1 / /AA DD 平面 1 1BB CC ， 所以 1/ /AQ EC ，同理 1/ /AE QC ， 所以四边形 1AEC Q 是平行四边形. 即正方体被平面截的截面. 因为 1 2B P PC ， 所以 1 1 2C B CE ， 即 1EC EB  - 6 - 所以 1 15, 2 3AE EC AC   由余弦定理得： 2 2 2 1 1 1 1 1cos 2 5 AE EC ACAEC AE EC     所以 1 2 6sin 5AEC  所以 S 四边形 1AEQC 1 1 12 sin 2 62 AE EC AEC      故选：B 【点睛】本题主要考查平面的基本性质，面面平行的性质定理及截面面积的求法，还考查了 空间想象和运算求解的能力，属于中档题. 9. 已知 F 是抛物线 2: 8C y x＝ 的焦点， M 是C 上一点， MF 的延长线交 y 轴于点 N .若 2MF FN  ，则 MF 的值为（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】 由 抛 物 线 的 标 准 方 程 , 可 求 出 焦 点  2,0F . 由 2MF FN  可 知 1 3NF MN , 从 而 3 3 2 6MA OF ＝ ＝ ＝ ,继而可求出 MF . 【详解】解:由抛物线的方程可得焦点  2,0F ,准线方程为: 2x   .作 MA 垂直于 y 轴交于 A 因为 2MF FN  ,所以可得 F 为线段 MN 的三等分点,即 1 3NF MN . 由 NFO NMA  ,所以 1 3OF MA ,即 3 3 2 6MA OF ＝ ＝ ＝ ,所以 6 2 8MF    故选:A. - 7 - 【点睛】本题考查了抛物线的标准方程,考查了抛物线的定义.对于抛物线中焦点弦问题,在求 长时,首先考虑抛物线的定义,其次才是联立抛物线与焦点弦直线方程,代入弦长公式进行求 解.本题的关键是长度的转化. 10. 函数 ( ) sin( ) sin( )3 6f x x a x     的一条对称轴方程为 2x  ，则 a （ ） A. 1 B. 3 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【 详 解 】 试 题 分 析 ：  f x 的 对 称 轴 是 2x  212f a       2cos cos 13 6a a      化简得 3a  考点：三角函数性质 点评：利用对称轴处取最值求解 11. 三棱锥 P ABC 中，PA⊥平面 ABC， 2 , 3, 2 3,3BAC AP AB    Q 是 BC 边上的一个 动点，且直线 PQ 与面 ABC 所成角的最大值为 ,3  则该三棱锥外接球的表面积为( ) A. 45 B. 63π C. 57 D. 84 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意画出图形，结合图形找出△ABC 的外接圆圆心与三棱锥 P﹣ABC 外接球的球心， 求出外接球的半径，再计算它的表面积． 【详解】三棱锥 P﹣ABC 中，PA⊥平面 ABC，直线 PQ 与平面 ABC 所成角为θ， 如图所示；则 sinθ= PA PQ = 3 PQ ，且 sinθ的最大值是 3 2 ， ∴（PQ）min=2 3 ，∴AQ 的最小值是 3 ，即 A 到 BC 的距离为 3 ， ∴AQ⊥BC，∵AB=2 3 ，在 Rt△ABQ 中可得 6ABC   ，即可得 BC=6； 取△ABC 的外接圆圆心为 O′，作 OO′∥PA， ∴ 0 6 120sin =2r，解得 r=2 3 ； - 8 - ∴O′A=2 3 ， 取 H 为 PA 的中点，∴OH=O′A=2 3 ，PH= 3 2 ， 由勾股定理得 OP=R= 2 2PH OH = 57 2 ， ∴三棱锥 P﹣ABC 的外接球的表面积是 S=4πR2=4× 257( )2   =57π． 故答案为 C 【点睛】本题主要考查正弦定理和线面位置关系，考查了几何体外接球的应用问题，意在考 查学生对 这些知识的掌握水平和分析推理能力.解题的关键求外接球的半径． 12. 2019 年末，武汉出现新型冠状病毒肺炎（ COVID 19 ）疫情，并快速席卷我国其他地 区，传播速度很快.因这种病毒是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株，所以目前没有特 异治疗方法，防控难度很大.武汉市出现疫情最早，感染人员最多，防控压力最大，武汉市从 2 月 7 日起举全市之力入户上门排查确诊的新冠肺炎患者、疑似的新冠肺炎患者、无法明确排 除新冠肺炎的发热患者和与确诊患者的密切接触者等“四类”人员，强化网格化管理，不落 一户、不漏一人.在排查期间，一户 6 口之家被确认为“与确诊患者的密切接触者”，这种情 况下医护人员要对其家庭成员随机地逐一进行“核糖核酸”检测，若出现阳性，则该家庭为 “感染高危户”.设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为 p （ 0 1p  ）且相互独立，该家 庭至少检测了 5 个人才能确定为“感染高危户”的概率为 ( )f p ，当 0p p 时， ( )f p 最大， 则 0p  （ ） A. 61 3  B. 6 3 C. 1 2 D. 31 3  - 9 - 【答案】A 【解析】 【分析】 根据题意分别求出事件 A：检测 5 个人确定为“感染高危户”发生的概率和事件 B：检测 6 个 人确定为“感染高危户”发生的概率,即可得出 ( )f p 的表达式,再根据基本不等式即可求出. 【详解】设事件 A：检测 5 个人确定为“感染高危户”, 事件 B：检测 6 个人确定为“感染高危户”, ∴    41P A p p  ,    51P B p p  . 即       4 5 41 1( ) 2 1f p p p p p p p p      设 1 0x p   ,则       4 2 41 1( ) 1g x x x x xf p x     ∴         32 2 2 2 4 2 2 2 2 21 1 41 2 22 2 3 27 x x x g x x x x x x                     当且仅当 2 22 2x x  即 6 3x  时取等号,即 0 61 3p p   . 故选：A． 【点睛】本题主要考查概率的计算,涉及相互独立事件同时发生的概率公式的应用,互斥事件 概率加法公式的应用,以及基本不等式的应用,解题关键是对题意的理解和事件的分解,意在 考查学生的数学运算能力和数学建模能力,属于较难题. 二､填空题 13. 已知随机变量 X 服从正态分布  22,N  且  4 0.88XP   ，则  0 4P X   _____________ 【答案】0.76 【解析】 【分析】 由已知条件可知数据对应的正态曲线的对称轴，根据对称性即可得到结果. 【详解】随机变量 X 服从正态分布  22,N  , - 10 - 则曲线的对称轴为 2X  ，  2 0.5P X   ， 由  4 0.88XP   可得  4 0.88 0. 0 82 5 .3P X    ， 则    20 4 2 4 0.76P PX X    故答案为 0.76． 【点睛】本题考查根据正态曲线的对称性求在给定区间上的概率，求解的关键是把所求区间 用已知区间表示；正态曲线的主要性质是：（1）正态曲线关于 x  对称；（2）在正态曲线下 方和 x 轴上方范围内的区域面积为 1. 14. 在数列{ }na 中， 1 1 2 1n na n a n n       ， 1 0a  ，则 8a  __________． 【答案】2492 【解析】 【分析】 根据累加法可得 8 8a  ，代入即得结果. 【详解】令 n nb a n  ，则 1 2 1n nb b n    ， 1 1b  ， ∴ 8 8 7 7 6 2 1 1...b b b b b b b b        13 11 ... 1 1 50      ， ∴ 8 8 50a   ，∴ 8 2492a  . 【点睛】本题考查利用累加法求数列通项，考查基本运算求解能力，属基础题. 15. 已知双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b     的一条渐近线为 l ，圆  2 2: 8M x a y   与l 交于 ,A B 两点，若 ABM 是等腰直角三角形，且 5OB OA  (其中 O 为坐标原点)，则双曲 线C 的离心率为______. 【答案】 13 3 【解析】 【分析】 求 出 双 曲 线 的 渐 近 线 方 程 ， 圆 的 圆 心 与 半 径 ， 在 OBM 中 ， 由 余 弦 定 理 得 ： 2 2 2 cos45a OM OB BM OB BM      ，利用距离推出 ,a b 关系式，然后求解离 - 11 - 心率即可． 【详解】双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b     的渐近线方程为： by xa   ，取 l 的方程为： by xa  由 ABM 是等腰直角三角形，则 2 2, 4BM MA r AB    又 5OB OA  ，即 5OB OA  ，即 + 4 5OB OA AAB O OA        所以 1OA  ， 5OB  ， 在 OBM 中，由余弦定理得： 2 2 2 cos45a OM OB BM OB BM      225+8 2 5 2 2 = 132      由 ABM 是等腰直角三角形，可得 AB 边上的高为 2，即圆心  ,0M a 到渐近线 by xa  的 距离为 2. 所以 2 2 2ab a b   ，即 2 13 2 13 b b   ，所以 2 13 3b  则 2 2 2 52 1391 1 13 9 be a      ，则 13 3e  故答案为： 13 3 【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，直线与圆的位置关系的应用，考查计算能力， 属于中档题． 16. 若函数 2( ) 1(xf x mx e e   为自然对数的底数）在 1x x 和 2x x 两处取得极值，且 2 12x x ，则实数 m 的取值范围是______． - 12 - 【答案】 1 2ln     ， 【解析】 【分析】 先将函数 ( )f x 在 1x x 和 2x x 两处取得极值，转化为方程 ( 0)2 xem xx   有两不等实根 1 2,x x ，且 2 12x x ，再令 ( ) ( 0)2 xeh x xx   ，将问题转化为直线 y m 与曲线 ( ) 2 x h x x e 有 两交点，且横坐标满足 2 12x x ，用导数方法研究 ( ) 2 x h x x e 单调性，作出简图，求出 2 12x x 时， m 的值，进而可得出结果. 【详解】因为 2( ) 1xf x mx e   ，所以 ( ) 2 xf x mx e   ， 又函数 ( )f x 在 1x x 和 2x x 两处取得极值， 所以 1 2,x x 是方程 2 0xmx e  的两不等实根，且 2 12x x ， 即 ( 0)2 xem xx   有两不等实根 1 2,x x ，且 2 12x x ， 令 ( ) ( 0)2 xeh x xx   ， 则直线 y m 与曲线 ( ) 2 x h x x e 有两交点，且交点横坐标满足 2 12x x ， 又 2 2( ) 4 2 (2 2) ( 1)x xe eh x x x x x   ， 由 ( ) 0h x  得 1x  ， 所以，当 1x  时， ( ) 0h x  ，即函数 ( ) 2 x h x x e 在 (1, ) 上单调递增； 当 0x  ， 0 1x  时， ( ) 0h x  ，即函数 ( ) 2 x h x x e 在 ( ,0) 和 (0,1) 上单调递减； - 13 - 当 2 12x x 时，由 1 2 1 22 2 x xe e x x  得 1 ln2x  ，此时 1 1 1 2 ln 2 xem x   ， 因此，由 2 12x x 得 1 ln 2m  . 故答案为 1 2ln     ， 【点睛】本题主要考查导数的应用，已知函数极值点间的关系求参数的问题，通常需要将函 数极值点，转化为导函数对应方程的根，再转化为直线与曲线交点的问题来处理，属于常考 题型. 三､解答题 17. 如图,五边形 ABSCD 中,四边形 ABCD 为长方形, SBC 为边长为 2 的正三角形,将 SBC 沿 BC 折起,使得点 S 在平面 ABCD 上的射影恰好在 AD 上. - 14 - （Ⅰ）当 2AB  时,证明:平面 SAB  平面 SCD ； （Ⅱ）若 1AB  ,求平面 SCD 与平面 SBC 所成二面角的余弦值的绝对值. 【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ) 1 3 . 【解析】 【详解】 【分析】 试题分析： （Ⅰ）作 SO AD ，垂足为O ，依题意得 SO  平面 ABCD ，则 ,SO AB AB AD  ，AB  平面 SAD ， AB SD ，结合勾股定理可得 SA SD ，则 SD  平面 SAB ，平面 SAB  平 面 SCD . （Ⅱ）由几何关系，以 , ,OA OE OS 为 , ,x y z 轴建立空间直角坐标系，由题意可得平面 SCD 的 法向量  2,0,1m   ，平面 SBC 的法向量  0, 2,1n  .计算可得平面 SCD 与平面 SBC 所成二面角的余弦值的绝对值为 1 3 . 试题解析： （Ⅰ）作 SO AD ，垂足为O ， 依题意得 SO  平面 ABCD ， ,SO AB SO CD   ， 又 AB AD ， AB  平面 SAD ， ,AB SA AB SD  利用勾股定理得 2 2 4 2 2SA SB AB     ，同理可得 2SD  . - 15 - 在 SAD 中， 2, 2,AD SA SD SA SD     SD  平面 SAB ，又 SD  平面 SCD ， 所以平面 SAB  平面 SCD （Ⅱ）连结 ,BO CO ， SB SC ， Rt SOB Rt SOC    ， BO CO ，又四边形 ABCD 为长方形， ,Rt AOB Rt DOC OA OD      . 取 BC 中点为 E ，得 OE ∥ AB ，连结 , 3SE SE  ， 其中 1OE  ， 1OA OD  ， 23 1 2OS    由以上证明可知 , ,OS OE AD 互相垂直，不妨以 , ,OA OE OS 为 , ,x y z 轴建立空间直角坐标系. 1, 2OE OS   ，      0,1,0 , 1,1, 2 , 2,0,0DC SC BC         ， 设  1 1 1, ,m x y z 是平面 SCD 的法向量， 则有 0 0 m DC m SC         即 1 1 1 1 0 2 0 y x y z     ， 令 1 1z  得  2,0,1m   - 16 - 设  2 2 2, ,n x y z 是平面 SBC 的法向量， 则有 0 0 n BC n SC         即 2 2 2 2 2 0 2 0 x x y z      令 1 1z  得  0, 2,1n  . 则 1 1, 33 3 m ncosm n m n          所以平面 SCD 与平面 SBC 所成二面角的余弦值的绝对值为 1 3 . 18. 已知数列 na 为等差数列， nS 是数列 na 的前 n 项和，且 2 2a  ， 3 6S a ，数列 nb 满 足： 2 12 4b b  ，当 3n  ， n N 时，  1 1 2 2 ... 2 2 2n n na b a b a b n b      . （1）求数列 na ， nb 的通项公式； （2）令 *n n n ac n Nb  ， ，证明： 1 2 ... 2nc c c    . 【答案】（1） na n ; 2n nb  ;(2)证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）用 1a 和 d 将已知 2 2a  ， 3 6S a 表示出来即可求出首项公差,从而可求通项公式；由  1 1 2 2 ... 2 2 2n n na b a b a b n b      可得  1 1 2 2 1 1 1... 2 4 2n n na b a b a b n b        ，两 式相减进行整理可求出 nb 的通项公式. （2）用错位相减法求出 nc 的前 n 项和 2 1 2 ...2 2 2n n nT     ，即可证明不等式. 【详解】解：（1）数列 na 为等差数列， nS 是数列 na 的前 n 项和，且 2 2a  ， 3 6S a 设数列的首项为 1a ，公差为 d ，则： 1 1 1 2 3 3 5 a d a d a d       ，解得： 1 1 1 a d    ， 所以  1 1na n n    .因为  1 1 2 2 ... 2 2 2n n na b a b a b n b      ① 所以当 2,n n N   时，  1 1 2 2 1 1 1... 2 4 2n n na b a b a b n b        .② - 17 - ①﹣②得：     12 2 2 4n n n na b n b n b     ，由于 na n ，整理得 1 2n n b b   （常数）. 所以数列 nb 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列.所以 12 2 2n n nb    . 证明：（2）由（1）得 2 n n n n a nc b   .所以 2 1 2 ...2 2 2n n nT     ①， 故 2 3 1 1 1 2 ...2 2 2 2n n nT     ②①﹣②得： 2 3 1 1 1 111 1 1 1 12 2... 112 2 2 2 2 2 2 21 2 n n n n n n n n nT                 .所以 1 12 22 2n n n nT     .即 1 2 ... 2nc c c    . 【点睛】本题考查了等差数列通项公式，考查了由递推数列求通项公式，考查了错位相减法. 对于等差数列求通项公式时，常用的方法为基本量法，即用首项和公差表示出已知条件，从 而求出首项和公差.本题的易错在于错位相减时的计算上，常算错数，或者最后忘记系数化 1. 19. 体温是人体健康状况的直接反应，一般认为成年人腋下温度 T（单位： C ）平均在 36 C 37 C   之间即为正常体温，超过37.1 C 即为发热．发热状态下，不同体温可分成以下 三种发热类型：低热：37.1 38T  ；高热：38 40T  ；超高热（有生命危险）： 40T  ．某 位患者因患肺炎发热，于 12 日至 26 日住院治疗．医生根据病情变化，从 14 日开始，以 3 天 为一个疗程，分别用三种不同的抗生素为该患者进行消炎退热．住院期间，患者每天上午 8： 00 服药，护士每天下午 16：00 为患者测量腋下体温记录如下： 抗生素使用情 况 没有使用 使用“抗生素 A”疗 使用“抗生素 B”治疗 日期 12 日 13 日 14 日 15 日 16 日 17 日 18 日 19 日 体温（ C ） 38.7 39.4 39.7 40.1 39.9 39.2 38.9 39.0 抗生素使用情况 使用“抗生素 C”治疗 没有使用 日期 20 日 21 日 22 日 23 日 24 日 25 日 26 日 - 18 - 体温（ C ） 38.4 38.0 37.6 37.1 36.8 36.6 36.3 （I）请你计算住院期间该患者体温不低于 39 C 的各天体温平均值； （II）在 19 日—23 日期间，医生会随机选取 3 天在测量体温的同时为该患者进行某一特殊项 目“a 项目”的检查，记 X 为高热体温下做“a 项目”检查的天数，试求 X 的分布列与数学期 望； （III）抗生素治疗一般在服药后 2-8 个小时就能出现血液浓度的高峰，开始杀灭细菌，达到 消炎退热效果．假设三种抗生素治疗效果相互独立，请依据表中数据，判断哪种抗生素治疗 效果最佳，并说明理由． 【答案】（I）平均值为39.55 C （II）分布列见解析，6 5 ．（III）“抗生素 C”治疗效果最佳， 理由见解析. 【解析】 【分析】 （I）根据所给表格，可计算体温不低于 39 C 的各天体温平均值； （II）由题意可知 X 的所有可能取值为 0，1，2，分别求得各自的概率，即可得分布列，进而 求得数学期望； （III）根据三种抗生素治疗后温度的变化情况，结合平均体温和体温方差，即可做出判断. 【详解】（I）由表可知，该患者共 6 天的体温不低于39 C ，记平均体温为 x ，  1 39.4 39.7 40.1 39.9 39.2 39.0 39.55 C6x         ． 所以，患者体温不低于 39 C 的各天体温平均值为39.55 C （Ⅱ）X 的所有可能取值为 0，1，2   3 0 3 2 3 5 10 10 C CP X C    ，   2 1 3 2 3 5 6 31 10 5 C CP X C     ，   1 2 3 2 3 5 32 10 C CP X C    ， 则 X 的分布列为： - 19 - X 0 1 2 P 1 10 3 5 3 10 所以   1 3 3 60 1 210 5 10 5E X        ． （Ⅲ）“抗生素 C”治疗效果最佳，理由如下： ①“抗生素 B”使用期间先连续两天降温后又回升 0.1 C ，“抗生素 C”使用期间持续降温共 计1.2 C ，说明“抗生素 C”降温效果最好，故“抗生素 C”治疗效果最佳 ②“抗生素 B”治疗期间平均体温39.03 C ，方差约为 0.0156：“抗生素 C”平均体温 38 C ， 方差约为 0.1067，“抗生素 C”治疗期间体温离散程度大，说明存在某个时间节点降温效果 明显，故“抗生素 C”治疗效果最佳． 【点睛】本题考查了平均数的求法，古典概型概率求法，离散型随机变量分布列及数学期望 的求法， 分析实际问题方案的解决方法，属于中档题. 20. 已知椭圆 E： 2 2 29 ( 0)x y m m   ，直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴，l 与 E 有两 个交点 A，B，线段 AB 的中点为 M．  1 若 3m  ，点 K 在椭圆 E 上， 1F 、 2F 分别为椭圆的两个焦点，求 1 2KF KF  的范围；  2 证明：直线 OM的斜率与 l 的斜率的乘积为定值；  3 若 l 过点 , 3 mm     ，射线 OM 与椭圆 E 交于点 P，四边形 OAPB 能否为平行四边形？若能， 求此时直线 l 斜率；若不能，说明理由． 【答案】（1） 7,1 （2）见证明；（3）见解析 【解析】 【分析】  1 3m  ，椭圆 E： 2 2 19 x y  ，两个焦点  1 2 2,0F  ，  2 2 2,0F ，设  ,K x y ，求出 1 2KF KF  的表达式，然后求解范围即可．  2 设 A，B 的坐标分别为  1 1,x y ，  2 2,x y ，利 - 20 - 用点差法转化求解即可． 3 直线 l 过点 , 3 mm     ，直线 l 不过原点且与椭圆 E 有两个交点的 充要条件是 0k  且 1.3k  设  ,P PP x y ，设直线    0, 03 ml y k x m m k    ： ，代入 椭圆方程，通过四边形 OAPB 为平行四边形，转化求解即可． 【详解】  1 3m  ，椭圆 E： 2 2 19 x y  ，两个焦点  1 2 2,0F  ，  2 2 2,0F 设  ,K x y ，  1 2 2,F K x y  ，  2 2 2,F K x y  ，     2 2 2 1 2 1 2 2 2, 2 2, 8 8 1KF KF FK F K x y x y x y y                ， 1 1y   ， 1 2KF KF   的范围是 7,1  2 设 A，B 的坐标分别为 1 1,x y ， 2 2,x y ，则 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 9 9 . x y m x y m       两式相减， 得     1 2 1 2 1 2 1 29 0x x x x y y y y      ，       1 2 1 2 1 2 1 2 1 9 0y y y y x x x x     ， 即1 9 0OM lk k   ，故 1 9OM lk k   ；  3 设  ,P PP x y ，设直线    0, 03 ml y k x m m k    ： ，即 3 ml y kx km  ： ， 由 2 的结论可知 1 9OM y xk  ： ，代入椭圆方程得， 2 2 2 2 9 9 1P m kx k   ， 由   3 my k x m   与 1 9y xk   ，联立得 2 2 2 9 3 3,9 1 9 1 mkmk m kmM k k          若四边形 OAPB 为平行四边形，那么 M 也是 OP 的中点，所以 2 M px x ， 即 2 2 2 2 2 2 9 3 94( )9 1 9 1 k m km m k k k    ，整理得 29 8 1 0k k   解得， 4 7 9k  ．经检验满足题意 所以当 4 7 9k  时，四边形 OAPB 为平行四边形. 【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，点差法，直线与椭圆的交点，考查分 - 21 - 析问题解决问题的能力，准确转化平行四边形是关键，是中档题 21. 已知 2a  ，函数   1 lnxf x e x axe    . （1）判断  f x 极值点的个数； （2）若  1 2 1 2x x x x， 是函数  f x 的两个极值点，证明：    2 1 2lnf x f x a  . 【答案】（1） 2 个.（2）证明见解析 【解析】 【分析】 (1)根据函数  f x 的导数，判断出  f x 的单调区间，进而证得函数  f x 有两个极值点. (2)根据（1）的结论，得 1 2 1 1 1 lnx x aa      ，且    1 2 0g x g x  ， 化简后可得    2 1f x f x   2 2 1 1 2 1 1 ln ln[ (1 ln )] 2lnxx x a a a ax x x            ， 由此证得不等式成立. 【详解】（1）由题意得   1 1xf x e ae x     ， 0x  ，令     1 1xg x f x e ae x     ， 0x  ， 则   2 1 1xg x ee x    在 0,  上递增，且  1 0g  ， 当  0,1x 时，   0g x  ，  g x 递减；当  1,x  ，   0g x  ，  g x 递增 ∴    min 1 2 0g x g a    ∵ 1 11 0ag ea       ，  1 2 0g a   ，∴ 1 1 ,1x a      ，  1 0g x  . 当  10,x x 时，     0g x f x  ，  f x 递增； 当  1,1x x 时，     0g x f x   ，  f x 递减， ∴ 1x x 是  f x 的极大值点 ∵   11 ln 01 lng a a    ，  1 2 0g a   ，∴  2 1,1 lnx a   ，  2 0g x  . 当  21,x x 时，     0g x f x   ，  f x 递减； - 22 - 当  2,x x  时，     0g x f x  ，  f x 递增， ∴ 2x x 是  f x 的极小值点. ∴  f x 在 0,  上有两个极值点 （2）证明：  1 2 1 2x x x x， 是函数  f x 的两个极值点. 由（1）得 1 2 1 1 1 lnx x aa      ，且    1 2 0g x g x  ， 即    1 2 1 2 1 2 1 1 1 1x xg x e a g x e ae x e x        ，所以  2 1 2 1 1 2 1 x x x xe ee x x   . ∴ 2 1 0x x  ， 1 1 ax  ，  2 1 1 1 lnx a ax    ， 由 1 2 1 1 1 1 ln，x x aa      ，则 1 2 1 x xa  ，即 1 2 1 ax x  ，所以 1 2 1 0ax x   ∴            2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 2 1 1 1ln ln ln 1 lnx x x xf x f x e e a x x x x a a ae x x x x                   设    1 ln 2a a a a     ，则   1 1 0a a     ， ∴  a 在 2a  时单调递减，则    2 ln 2 1 0a     ∴1 ln a a  ，则   21 lna a a  . ∴     2 2 1 ln 2lnf x f x a a   【点睛】本题主要考查利用二次求导研究函数的单调性与极值，考查了分析问题解决问题的 能力，考查化归与转化的数学思想方法，难度较大，属于难题. 22. 在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的参数方程为 24 x t y t    （t 为参数），以原点O 为极 点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为 2 sin cosm     . （Ⅰ）求 1C 的普通方程和 2C 的直角坐标方程； - 23 - （Ⅱ）若 1C 与 2C 交于 P ，Q 两点，求 1 1 OQOPk k  的值. 【答案】（Ⅰ） 1C 的普通方程为 2 1 4x y ； 2C 的直角坐标方程 2 0x mx   ；（Ⅱ） 1 8 . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）消去参数 t 即可求得 1C 的普通方程，利用极坐标和直角坐标的互化公式 cosx   ， siny   ,即可求得 2C 的直角坐标方程; （Ⅱ）理解参数t 的几何意义并利用其几何意义,联立直线和曲线方程,利用韦达定理进行运算 求解即可. 【详解】（1）由 24 x t y t    （t 为参数），消去参数t ，得 2 1 4x y ， 即 1C 的普通方程为 2 1 4x y . 由 2 sin cosm     ，得 sin cos 2m     ， 将 cosx   ， siny   代入，得 2 0my x   ， 即 2C 的直角坐标方程 2 0my x   . （2）由 24 x t y t    （t 为参数），可得 4y tx  （ 0x  ）， 故 4t 的几何意义是抛物线 2 1 4x y 上的点（原点除外）与原点连线的斜率. 由题意知，当 0m  时， 2 : 2C x  ， 则 1C 与 2C 只有一个交点  216, 不符合题意，故 0m  . 把 24 x t y t    （t 为参数）代入 2 0x my   ， 得 24 2 0mt t   ，设此方程的两根分别为 1t ， 2t ， 由韦达定理可得， 1 2 1 4t t m    ， 1 2 1 2t t m   ， - 24 - 所以 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 14 14 4 4 84 2 OP OQ t t m k k t t t t m            . 【点睛】本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的互化、参数方程与普通方程的互化、参 数的几何意义;考查学生转化与化归能力、运算求解能力;属于中档题、常考题型. 23. 已知函数   1 2f x x x   （1）在平面直角坐标系中作出函数  f x 的图象，并解不等式   2f x  ； （2）若不等式   1 5f x x k    对任意的 xR 恒成立，求证： 6 5k k   . 【答案】（1）图象见解析， 1 3x x    或 1x  ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）去掉绝对值号，根据一次函数的图象与性质，即可得到函数  f x 的图象，结合图象， 即可求解不等式的解集； （2）不等式   1 5f x x k    对任意的 xR 恒成立，只需   min5 1k f x x       ， 求得 3k  ，然后利用作差法，即可证得 6 5k k   . 【详解】（1）由题意，函数   3 1, 1 1 2 1,0 1 3 1, 0 x x f x x x x x x x             ， 在直角坐标系中作出函数  f x 的图象，如图所示： 当 1 3x   时，可得   2f x  ，当 1x  时，可得   2f x  ， - 25 - 所以根据图象可得解不等式   2f x  的解集为 1 3x x    或 1x  . （2）由   1 2 2 2 2 2 2 2f x x x x x x         ， 当且仅当   2 2 2 0x x  ，即 0 1x  时取等号，所以   1f x x  的最小值为 2 ， 由不等式   1 5f x x k    对任意的 xR 恒成立， 所以只需   min5 1 2k f x x        ，可得 3k  ， 又由   2 2 36 5 65 0k kk kk k k k        ，所以 6 5k k   . 【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的解法和绝对值不等式恒成立问题，着重考查转化思 想和数形结合思想的应用，属于中档试题. - 26 -