宁夏银川市宁大附中2020届高三第五次模拟考试数学（理）试题 Word版含解析

宁夏银川市宁大附中2020届高三第五次模拟考试数学（理）试题 Word版含解析

数学（理）试卷 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考 生信息条形码粘贴区. 2.选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 0.5 毫米黑色字迹的签字笔 书写，字体工整、笔迹清楚. 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. 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.记全集 ，集合 ，集合 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 求得集合 或 ， ，求得 ，再结合集 合的交集运算，即可求解. 【详解】由题意，全集 ，集合 或 ， 集合 ， 所以 ，所以 . 故选：C. 【点睛】本题主要考查了集合的混合运算，其中解答中正确求解集合 ，再结合集合的 补集和交集的运算求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. U = R { }2| 16A x x= ≥ { }| 2 2xB x= ≥ ( )U A B = [ )4,+∞ ( ]1,4 [ )1,4 ( )1,4 { | 4A x x= ≤ − 4}x ≥ { | 1}B x x= ≥ { | 4 4}U A x x= − < < U = R { }2| 16 { | 4A x x x x= ≥ = ≤ − 4}x ≥ { }| 2 2 { | 1}xB x x x= ≥ = ≥ { | 4 4}U A x x= − < < ( ) [ ){ |1 4} 1,4U A B x x= ≤ < = ,A B 2.下面是关于复数 的四个命题：其中的真命题为（ ） 的共轭复数为 的虚部为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 因 为 ， 所 以 ， ，共轭复数为 ， 的虚部为 ，所以真命题为 选 C. 3.给出下列四个命题： ①如果 ，则 ； ②命题“ ，均有 ”的否定是“ ，使得 ”； ③在等差数列 中，已知公差 ，那么数列 是递增数列； ④ 是直线 与直线 平行的充分必要条件. 其中正确的命题个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 对于①，取 ，可判断；对于②，由全称命题与特称命题的关系，可判断； 对于③， 由等差数列的通项，可得出 ，可判断； ④中，由两直线平行的条件 可得出 ，解得 或 ，可判断得选项. 【详解】对于①，若 ，则 ，所以 此时不成立，故①不正确； 对于②，根据全称命题与特称命题的关系，得②是正确的； 2 1z i = − + 1 : 2p z = 2 2 : 2p z i= 3 :p z 1 i+ 4 :p z 1− 2 3,p p 1 2,p p 2 4,p p 3 4,p p a b> ( ) ( )2 2lg 1 lg 1a b+ > + ( ),0x∀ ∈ −∞ 1xe x> + ( )0 ,0x∃ ∈ −∞ 0 0 1xe x≤ + { }na 0d > { }na 1a = − 1 0x ay− + = 2 1 0x a y+ − = 1, 2a b= = − +1n na a d− = 2a a= − 0a = 1a = − 1, 2a b= = − ( ) ( )2 2lg 1 lg 2 lg 1 lg5a b+ = < + = ( ) ( )2 2lg 1 lg 1a b+ > + 对于③， 由于数列 是等差数列，所以设 ，则 ， 因为公差 ，所以 ，所以数列 是递增数列成立，故③正确； ④中，若直线 与直线 平行，则 ，解得 或 ， 所以 是两直线平行的充分不必要条件，所以④错误的， 故正确的命题是②③， 故选：B. 【点睛】本题考查命题的判断，考查了对数函数的单调性，全称命题和特称命题的关系，等 差数列的通项公式，两直线平行的条件，以及充分条件和必要条件的判断，属于基础题. 4.已知实数 ， ， 满足 ， ， ，则 ， ， 的大小关系是 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 易得 ， ，进而由指数函数的性质得到 ，根据 时， ，可得 ，从而作出判定. 【详解】 ， ∴ ， ， 时， ，∴ ,即 , ， 故选：A. 【点睛】本题考查比较大小，涉及不等式的基本性质，对数指数的运算及函数性质，正弦函 { }na ( )1+ 1na a n d= − ( )+1 1 1+ 1n na a nd n d da a− = − − − = 0d > +1>n na a { }na 1 0x ay− + = 2 1 0x a y+ − = 2a a= − 0a = 1a = − 1a = − a b c lg22a = 2logb a= sinc b= a b c a b c> > b c a> > a c b> > b a c> > 0 lg2 1< < 2b lg= 1a b> > ( )0,x π∈ sinx x< b c> 1 2 10, 0 lg2 1< < ∴ < < ( )2 2 2log log 2 2 0,1lgb a lg= = = ∈ 2 02 2 1lga b∴ = > = > ( )0,x π∈ sinx x< sinb b< b c> a b c∴ > > 数的性质，其中用到 时， 的结论，属中档题. 5.空气质量指数 是一种反映和评价空气质量的方法， 指数与空气质量对应如下 表所示： 0～50 51～100 101～150 151～200 201～300 300 以上 空气质量 优 良 轻度污染 中度污染 重度污染 严重污染 如图是某城市 2018 年 12 月全月的指 数变化统计图． 根据统计图判断，下列结论正确的是（ ） A. 整体上看，这个月的空气质量越来越差 B. 整体上看，前半月的空气质量好于后半月的空气质量 C. 从 数据看，前半月的方差大于后半月的方差 D. 从 数据看，前半月的平均值小于后半月的平均值 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意可得，AQI 指数越高，空气质量越差；数据波动越大，方差就越大，由此逐项判断， 即可得出结果. 【详解】从整体上看，这个月 AQI 数据越来越低，故空气质量越来越好；故 A，B 不正确； 从 AQI 数据来看，前半个月数据波动较大，后半个月数据波动小，比较稳定，因此前半个月 的方差大于后半个月的方差，所以 C 正确； ( )0,x π∈ sinx x< AQI AQI AQI AQI AQI AQI 从 AQI 数据来看，前半个月数据大于后半个月数据，因此前半个月平均值大于后半个月平均 值，故 D 不正确． 故选 C． 【点睛】本题主要考查样本的均值与方差，熟记方差与均值的意义即可，属于基础题型. 6.正三角形 中， 是线段 上的点， ， ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先用 ， 表示出 ，再计算 即可. 【详解】先用 ， 表示出 ，再计算数量积． 因为 ， ，则 ， 所以 . 故选：D. 【点睛】本题主要考查平面向量 数量积的运算，属基础题. 7.已知函数 ，则 （ ） A. 是奇函数，且在 上单调递增 B. 是奇函数，且在 上单调递减 C. 是偶函数，且在 上单调递增 D. 是偶函数，且在 上单调递减 【答案】C 【解析】 【分析】 根据函数的奇偶性的定义以及单调性的性质判断即可． 【详解】函数 的定义域为 R， ， 即 ， 的 ABC D BC 6AB = 2BD = AB AD⋅ =  12 18 24 30 AB BC AD AB AD⋅  AB BC AD 6AB = 2BD = 1 3BD BC=  1 3 = +  AD AB BC 2 21 1 1 1· · 6 6 6 303 3 3 2AB AD AB AB BC AB AB BC ⋅ = + = + = − × × × =           ( ) x xf x e e−= − ( )f x (0, )+∞ (0, )+∞ (0, )+∞ (0, )+∞ ( ) x xf x e e−= − ( ) ( )x x x xf x e e e e f x− − − −− = − = − = ( ) ( )f x f x− = ∴ 是偶函数， 当 时， , 为增函数， 为减函数， ∴ 在 上单调递增， 故选：C 【点睛】本题考查了函数的奇偶性以及函数的单调性问题，考查推理能力，是一道中档 题． 8.已知函数 为 的导函数，则下列结论中正确的是 ( ) A. 函数 的值域与 的值域不同 B. 存在 ，使得函数 和 都在 处取得最值 C. 把函数 的图象向左平移 个单位，就可以得到函数 的图象 D. 函数 和 在区间 上都是增函数 【答案】C 【解析】 【分析】 根 据辅 助角 公式 化简 可得 f（x） sin（x ），求 导化 简可 得 g（x） sin （x ），结合三角形的函数的图象和性质即可判断 【详解】 ，值域为：［－ ， ］， ，值域为：［－ ， ］， 两函数的值域相同，所以，A 错误； B 选项，不存在 x0，使得函数 f（x）和 g（x）都在 x0 处取得极值点，B 错误； C 选项， 的图像向右平移 个单位： 与 相同，C 正确； ( )f x x 0> ( ) x xf x e e−= − y xe= y xe−= ( )f x ( )0,+∞ ( ) sin cos , ( )f x x x g x= − ( )f x ( )f x ( )g x 0x ( )f x g( )x 0x ( )f x π 2 ( )g x ( )f x g( )x π(0, )2 2= 4 π− 2= 4 π+ ( ) sin cos 2sin 4f x x x x π = − = −   2 2 ( ) ( )' cos sin 2sin 4g x f x x x x π = = + = +   2 2 ( )f x 2 π ( ) 2sin 2 4h x x π π  = + −     ( )g x 求出单调递增区间可知， 在区间 上不是增函数，D 错误． 故选 C 【点睛】本题考查了导数的应用和三角函数的图象和性质，属于中档题. 9.椭圆 的焦点 、 ， 为椭圆上的一点，已知 ，则 的面 积为（ ） A. 25 B. 20 C. 9 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】 根据椭圆定义有 ，再由勾股定理得 ， 进而可得 ，即可得到 面积. 【详解】根据椭圆的定义， ①， ，由勾股定理得， ②， 将①平方再减去②得： ， . 故选：C. 【点睛】本题主要考查了椭圆的应用，椭圆的简单性质和椭圆的定义，考查了考生对所学知 识的综合运用，属于中档题. 10.已知数列 中 ， ， 为数列 的前 项和，令 ，则 数列 的前 项和 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由已知得到数列 为等差数列，求得前 项和，得到 的通项公式，利用裂项相消求和 ( )g x π0, 2      2 2 125 9 x y+ = 1F 2F P 1 2PF PF⊥ 1 2F PF△ 1 2 2 1 0P F P F a+ = = 2 2 2 2 2 11 2 4 64PF PF F F c+ = = = 1 2 18PF PF× = 1 2F PF△ 1 2 2 1 0P F P F a+ = = 1 2PF PF⊥ 2 2 2 2 2 1 21 4 4 (25 9) 64PF PF FF c+ = = = × − = 1 22 100 64 36P F P F× = − = 1 2 1 2 1 18 92 2 1 F PFS PF PF∆∴ = × = × = { }na 1 1a = 1 2n na a+ = + nS { }na n 1 n n b S n = + { }nb n nT 1 ,12     1 ,12      1 3,2 4     2 ,13     { }na n nb 法求出 ，进而利用单调性判定范围. 【详解】数列 中 ， ，∴数列 是以 1 为首项，2 为公差的等差数 列， ∴ ,∴ ,∴ , ∴ ，当 时 . 故选：A. 【点睛】本题考查等差数列的概念和通项公式，求和公式及裂项求和法，考查数列的函数特 性， 11.平面四边形 中， ， ， ，将其沿对角线 折成四面体 ，使平面 平面 ，若四面体 的顶点在同 一个球面上，则该球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据面面垂直的性质以及线面垂直的判定定理和性质得出 ，由直角三角形的性 11 1nT n = − + { }na 1 1a = 1 2n na a+ = + { }na ( )1 1 2 1na a n d n= + − = − ( )1 2 2 n n a a nS n += = 2 1 1 1 1 1n n b S n n n n n = = = −+ + + 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 ,11 2 2 3 3 4 1 1 2nT n n n          = − + − + − +…+ − = − ∈        + +          1n = 1 2nT = ABCD 1AB AD CD= = = 2BD = BD CD⊥ BD A BCD′− A BD′ ⊥ BCD A BCD′− 3 2 π 3 4 π 3π 4π A B A C′ ′⊥ 质确定 中点为外接球的球心，最后由球的体积公式计算即可. 【详解】平面 平面 ， ，由面面垂直的性质定理得出 平面 平面 ， ，又由已知 ，从而由线面垂直的判定定理可得 平面 ， 平面 ， 设 是 中点，则 到 四点的距离相等，即为外接球的球心 ，所以 ． 故选：A 【点睛】本题主要考查了求球的体积，涉及了球与多面体的外接问题，属于中档题. 12.已知函数 ， ，当 时，不等式 恒成立， 则实数 a 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由 变形可得 ,可知函数 在 为增函数, 由 恒成立,求解参数即可求得取值范围. 【详解】 ,即函数 在 时是单调增函数. 则 恒成立. . BC A BD′ ⊥ BCD BD CD⊥ CD ⊥ A BD′ A B′ ⊂ A BD′ CD A B′⊥ A B A D′ ′⊥ A B′ ⊥ ACD′ A C′ ⊂ ACD′ A B A C′ ′⊥ O BC O , , ,A B C D′ 2 21 3( 2) 12 2OB = + = 34 3 3( )3 2 2V π π= × = ( ) xef x axx = − (0, )x∈ +∞ 2 1x x> ( ) ( )1 2 2 1 f x f x x x < ( , ]e−∞ ( , )e−∞ , 2 e −∞   , 2 e −∞   ( ) ( )1 2 2 1 f x f x x x < ( ) ( )1 1 2 2x f x x f x< ( ) ( )g x xf x= (0, )x∈ +∞ ( ) 2 0xg x e ax′ = − ≥ (0, ),x∈ +∞ ( ) ( )1 1 2 2x f x x f x∴ < 2( ) ( ) xg x xf x e ax= = − (0, )x∈ +∞ ( ) 2 0xg x e ax′ = − ≥ 2 xea x ∴ ≤ 令 ,则 时, 单调递减, 时 单调递增. 故选:D. 【点睛】本题考查构造函数,借助单调性定义判断新函数的单调性问题,考查恒成立时求解参 数问题,考查学生的分析问题的能力和计算求解的能力,难度较难. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.设 ， 是两条不同的直线， ， ， 是三个不同的平面 ① ， ，则 ；② ， ， ，则 ； ③ ， ， ，则 ；④若 ， ， ，则 . 上述四个命题中，正确命题的序号是__________. 【答案】② 【解析】 【分析】 根据已知条件逐项判断后可得正确的选项. 【详解】对于①，若 ， ，则 或 异面，故①错； 对于②，因为 ， ，故 ，而 ，故 .故②正确. 对于③，若 ， ， ，则 或 ，故③错； 对于④，若 ， ， ，则 或 相交，故④错. 故答案为：②. 【点睛】本题考查空间中与点线面位置关系有关的命题真假判断，注意根据已知条件分析所 有可能的结果，本题属于基础题. 14.若 的二项展开式中，所有二项式系数和为 ，则该展开式中的常数项 为 ． 【答案】15 ( ) xem x x = 2 ( 1)( ) xx em x x −′ = (0,1)x∈ ( ) 0, ( )m x m x′ < (1, )x∈ +∞ ( ) 0, ( )m x m x′ > min2 ( ) (1) , 2 ea m x m e a∴ ≤ = = ∴ ≤ m n α β γ m α⊂ //n α //m n //α β //β γ m α⊥ m γ⊥ nα β = //m n //m α //m β //m α βn// //m n //α β m α⊂ //n α //m n ,m n //α β //β γ //α γ m α⊥ m γ⊥ nα β = //m n //m α //m β m β⊂ //m α βn// //m n //α β ,α β 2 1( )nx x + 64 【解析】 试题分析：在二项展开式 中二项式系数和为 ，故 ， ，展开式通项 为 ，要求常数项，则令 ， ，因此常数项为 . 考点：二项展开式的通项与二项式系数. 15.数列 满足： ， ， ，则数列 的前 2020 项 的和为________. 【答案】 【解析】 【分析】 直接利用递推关系式和数列的周期求出结果即可． 【详解】数列 中， ， ， ， 则： ， ， ， ， ，…， 所以：数列 的周期为 6．且 ， 数列 的前 2020 项和为： ． 故答案为： . 【点睛】本题考查的知识要点：数列的递推关系式的应用，数列的周期的应用，主要考查学 生的运算能力和转化能力，属于中档题． 16.在平面直角坐标系 中，双曲线 的上支与焦点为 的抛物线 ( )na b+ 2n 2 64n = 6n = 2 6 12 3 6 6 1( ) ( )k k k k kT C x C xx − −= = 12 3 0k− = 4k = 4 6 15T C= = { }na 1 1a = 2 1a = − ( )* 2 1n n na a a n N+ += − ∈ { }na 3− { }na 1 1a = 2 1a = − ( )* 2 1n n na a a n N+ += − ∈ 3 2 1 2a a a− −＝ ＝ 4 3 2 1a a a− −＝ ＝ 5 4 3 1a a a−＝ ＝ 6 5 4 2a a a−＝ ＝ 7 6 5 1a a a−＝ ＝ { }na 1 2 3 4 5 6 0a a a a a a+ + + + + ＝ { }na ( ) ( ) ( )1 2 3 4 5 6 2011 2012 2013 2014 2015 2016 2017 2018 2019 2020+a a a a a a a a a a a a a a a a+ + + + + +…+ + + + + + + + + ( )41 2 3+0 0 0 a a a a= + +…+ + + + ( ) ( ) ( )1+ 1 + 2 + 1 3= − − − = − 3− xOy 2 2 2 2 1( 0, 0)y x a ba b − = > > F 交于 两点．若 ，则该双曲线的渐近线方程为___． 【答案】 【解析】 【分析】 先 将 双 曲 线 的 方 程 和 抛 物 线 的 方 程 联 立 得 ， 消 元 化 简 得 ，设 ，则 ，再根据抛物线的 定义得 代入已知条件 可得 ，从而可得双曲线的渐近线方程. 【 详 解 】 由 双 曲 线 的 方 程 和 抛 物 线 的 方 程 联 立 得 ，消元化简得 ， 设 ，则 ， 由抛物线的定义得 又因为 ，所以 ，所以 ，化简得 ，所以 ， 所以双曲线 渐近线方程为 ， 故答案为： . 【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线方程的求解与抛物线的定义的运用，关键在于联立方 程得出关于交点的横坐标的韦达定理，再根据抛物线的定义转化抛物线上的点到焦点的距离， 的 2 2 ( 0)y px p= > ,A B 4AF BF OF+ = 2y x= ± 2 2 2 2 2 1 2 y x a b y px  − =  = 2 2 2 2 22 0a x pb x a b− + = ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y 2 1 2 2 2pbx x a + = 1 2 1 2 ,2 2 p pAF BF x x x x p+ = + + + = + + 4AF BF OF+ = 2 2 2 1b a = ( )2 2 2 2 1 0, 0y x a ba b − = > > 2 2y px= 2 2 2 2 2 1 2 y x a b y px  − =  = 2 2 2 2 22 0a x pb x a b− + = ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y 2 1 2 2 2pbx x a + = 1 2 1 2 ,2 2 p pAF BF x x x x p+ = + + + = + + 4AF BF OF+ = 1 2 4 2 px x p+ + = × 2 2 2 2pb p pa + = 2 2 2 1b a = 2 2 2a b = 2y x= ± 2y x= ± 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.在 中，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，已知 . （Ⅰ）求角 的大小； （Ⅱ）求 的取值范围. 【答案】（Ⅰ） ,（Ⅱ） 【解析】 【分析】 （Ⅰ）由正弦定理，将 变形整理 ， 再根据余弦定理， ，求解即可. （Ⅱ）由（Ⅰ）可知， ，则 ，根据正弦型三角函数的图象和性质，求解即可. 【详解】（Ⅰ）由正弦定理得： ， ， ， 又 ， 所以 ，所以 ， ， 又因为 ， 所以 . （Ⅱ） 为 ABC∆ A B C a b c ( )sin sin sin sinb B a A B c C+ − = C sin sinA B+ 3C π= 3 , 32      ( )sin sin sin sinb B a A B c C+ − = 2 2 2a b c ab+ − = 2 2 2 cos 2 a b cC ab + −= 3C π= 2sin sin sin sin 3A B A A π + = + −   3sin 6A π = +   sin 2 aA R = sin 2 bB R = sin 2 cC R = ( )sin sin sin sinb B a A B c C+ − = ( )2 2b a a b c+ − = 2 2 2a b c ab+ − = 2 2 2 cos 1 2 2 a b cC ab + − == 0 C π< < 3C π= 2sin sin sin sin 3A B A A π + = + −   ∵ ，即 所以 的取值范围是 . 【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理，以及正弦型三角函数的图象和性质.属于中档题. 18.某种水果按照果径大小可分为四类：标准果、优质果、精品果、礼品果.某采购商从采购 的一批水果中随机抽取 个，利用水果的等级分类标准得到的数据如下： 等级 标准果 优质果 精品果 礼品果 个数 10 30 40 20 （1）若将频率视为概率，从这 个水果中有放回地随机抽取 个，求恰好有 个水果是 礼品果的概率.（结果用分数表示） （2）用样本估计总体，果园老板提出两种购销方案给采购商参考. 方案 ：不分类卖出，单价为 元 . 方案 ：分类卖出，分类后的水果售价如下： 等级 标准果 优质果 精品果 礼品果 售价(元/kg） 16 18 22 24 从采购商的角度考虑，应该采用哪种方案？ 2 2sin sin cos cos sin3 3A A A π π= + − 3 3sin cos 3sin2 2 6A A A π = + = +   3C π= ∴ 20, 3A π ∈   ∴ 5,6 6 6A π π π + ∈   ∴ 1sin ,16 2A π   + ∈       33sin , 36 2A π   + ∈       sin sinA B+ 3 , 32      100 100 4 2 1 20 /kg 2 （3）用分层抽样的方法从这 个水果中抽取 个，再从抽取的 个水果中随机抽取 个， 表示抽取的是精品果的数量，求 的分布列及数学期望 . 【答案】（1） ；（2）第一种方案；（3）详见解析 【解析】 【分析】 （1）计算出从 个水果中随机抽取一个，抽到礼品果的概率；则可利用二项分布的概率 公式求得所求概率；（2）计算出方案 单价的数学期望，与方案 的单价比较，选择单价 较低的方案；（3）根据分层抽样原则确定抽取的 个水果中，精品果 个，非精品果 个； 则 服从超几何分布，利用超几何分布的概率计算公式可得到每个 取值对应的概率，从 而可得分布列；再利用数学期望的计算公式求得结果. 【详解】（1）设从 个水果中随机抽取一个，抽到礼品果的事件为 ，则 现有放回地随机抽取 个，设抽到礼品果的个数为 ，则 恰好抽到 个礼品果的概率为： （2）设方案 的单价为 ，则单价的期望值为： 从采购商的角度考虑，应该采用第一种方案 （3）用分层抽样的方法从 个水果中抽取 个，则其中精品果 个，非精品果 个 现从中抽取 个，则精品果的数量 服从超几何分布，所有可能的取值为： 则 ； ； ； 的分布列如下： 100 10 10 3 X X ( )E X 96 625 100 2 1 10 4 6 X X 100 A ( ) 20 1 100 5P A = = 4 X 1~ 4, 5X B     ∴ 2 ( ) 2 2 2 4 4 1 962 5 5 625P X C    = = =       2 ξ ( ) 1 3 4 2 16 54 88 4816 18 22 24 20.610 10 10 10 10E ξ + + += × + × + × + × = = ( ) 20E ξ > ∴ 100 10 4 6 3 X 0,1,2,3 ( ) 3 6 3 10 10 6 CP X C = = = ( ) 2 1 6 4 3 10 11 2 C CP X C = = = ( ) 1 2 6 4 3 10 32 10 C CP X C = = = ( ) 3 4 3 10 13 30 CP X C = = = X∴ X 0 1 2 3 【点睛】本题考查二项分布求解概率、数学期望的实际应用、超几何分布的分布列与数学期 望的求解问题，关键是能够根据抽取方式确定随机变量所服从的分布类型，从而可利用对应 的概率公式求解出概率. 19.如图，已知矩形 与平行四边形 所在的平面相互垂直， ， ， . （1）求证： ； （2）若直线 与平面 所成的角等于 ，求二面角 的平面角. 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 【分析】 （1）由平面垂直的性质可得 平面 ，故 .利用勾股定理的逆定理 可得 ，利用线面垂直的判定定理可得 平面 ，进而根据线面垂直的 定义得到 ； （2）根据线面所成角的定义可得 ，进而求得 ，以 为坐标原点， 分别以 ， ， 所在直线为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求 解即可. 【详解】（1）因为平面 平面 ，平面 平面 ，且 ， P 1 6 1 2 3 10 1 30 ( ) 1 1 3 1 60 1 2 36 2 10 30 5E X∴ = × + × + × + × = 1 1BCC B 1 1ABB A 1AB = 1 2AB = 1 5BB = 1 1 1AB AC⊥ 1AC 1 1ABB A 3 π 1C AC B− − 3 π 1 1C B ⊥ 1 1ABB A 1 1 1C B AB⊥ 1 1 1A B AB⊥ 1AB ⊥ 1 1 1A B C 1 1 1AB AC⊥ 1 1 3C AB π∠ = 1 1 2 3C B = 1B 1 1B A 1B A 1 1B C x y z 1 1BCC B ⊥ 1 1ABB A 1 1BCC B  1 1 1ABB A BB= 1 1 1C B BB⊥ 所以 平面 ，故 . 在 中， ， ， ， 所以 ，故 .又 ，所以 平面 ， 又 平面 ，所以 . （2）由（1）可知， 平面 ， 所以 为 与平面 所成的角， 由已知可得 ，故 ，所以 . 又 ，如图，以 为坐标原点，分别以 ， ， 所在直线为 ， ， 轴建立空间直角坐标系， 则 ， ， ， . 所以 ， ， . 设平面 的法向量为 ， 则由 ，可得 ，即 . 令 ，则 .所以 是平面 的一个法向量. 设平面 的法向量为 ， 1 1C B ⊥ 1 1ABB A 1 1 1C B AB⊥ 1 1AA B△ 1 1 1A B AB= = 1 2AB = 1 1 5BB AA= = 2 2 2 1 1 1 1A B AB AA+ = 1 1 1A B AB⊥ 1 1 1 1 1C B A B B= 1AB ⊥ 1 1 1A B C 1 1AC ⊂ 1 1 1A B C 1 1 1AB AC⊥ 1 1C B ⊥ 1 1ABB A 1 1C AB∠ 1AC 1 1ABB A 1 1 3C AB π∠ = 1 1 1 tan 33 C B AB π= = 1 1 2 3C B = 1 1 1A B AB⊥ 1B 1 1B A 1B A 1 1B C x y z ( )0,2,0A ( )1,2,0B − ( )1 0,0,2 3C ( )1,2,2 3C − ( )1,0,0AB = − ( )1 0, 2,2 3AC = − ( )1,0,2 3AC = − 1ABC ( )1 1 1, ,m x y z= 1 m AB m AC  ⊥ ⊥   1 1 1 1 0 2 2 3 0 m AB x m AC y z  ⋅ = − = ⋅ = − + =   1 1 1 0 3 0 x y z = − = 1 3y = 1 1z = ( )0, 3,1m = 1ABC 1CAC ( )2 2 2, ,n x y z= 则由 ，可得 ，即 . 令 ，所以 是平面 的一个法向量. 所以 . 设二面角 的平面角为 ，由图可得 ， 所以 ，所以二面角 的平面角为 . 【点睛】本题考查面面垂直的性质，线面垂直的判定，线面角的定义，利用空间向量求面面 角，属基础题，典型题.利用空间向量求面面角时平面的法向量计算要仔细认真，易于出错. 20.已知椭圆 的一个焦点与抛物线 的焦点重合，且离 心率为 . （1）求椭圆 的标准方程； （2）不过原点的直线 与椭圆 交于 ， 两点，若三直线 、 、 的斜率与 ， ， 点成等比数列，求直线 的斜率及 的值. 【答案】(1) (2) 【解析】 【分析】 （1）由题得关于 a,b,c 方程组，解方程组即得椭圆的标准方程；（2）设直线 的方程为 ， ，根据 和韦达定理求出 k 的 值.再根据 求出 . 【详解】解：（1）依题意得 ， 又 的 1n AC n AC  ⊥  ⊥   1 2 2 2 2 2 2 3 0 2 3 0 n AC y z n AC x z  ⋅ = − + = ⋅ = − + =   2 2 2 2 3 0 2 3 0 y z x z  − = − = 2 1z = ( )2 3, 3,1n = 1CAC 2 2 2 2 2 3 3 1 ( 3) 1 (2 3) c ( 3 1 o , ) s m nm n m n ×⋅ += + × +× + =      4 1 2 4 2 = =× 1C AC B− − θ 0, 2 πθ  ∈   1cos cos , 2m nθ = =  1C AC B− − 3 π 2 2 2 2: 1x yC a b + = ( 0)a b> > 2 4 3y x= 3 2 C l C M N OM l ON 1k k 2k l 2 2| | | |OM ON+ 2 2 14 x y+ = k OM ON2 2 2 51 ,= ± + = l ( )0y kx m m= + ≠ ( ) ( )1 1 2 2, , ,M x y N x y 2 1 2 1 2 1 2 y yk k k x x = = 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2yOM ON x y x+ = + + + 和韦达定理 2 2 5OM ON+ = 33, 22 cc aa = = ⇒ = 2 2 3 1a b b− = ⇒ = ∴椭圆 的方程为 （2）设直线 的方程为 ， 由 得 ， ∴ . 由题设知 ， ∴ ，∴ ， ∵ ，∴ . 此时 则 故直线 的斜率为 . 【点睛】本题主要考查椭圆标准方程的计算和简单几何性质，考查直线和椭圆的位置关系和 定值问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力. 21.已知函数 ，曲线 在点 处的切线方程为 ． （1）求实数 的值，并求 的单调区间 （2）求证：当 时， ． 【答案】（1）单调增区间是 ，单调减区间是 ；（2）详见解析 C 2 2 14 x y+ = l ( )0y kx m m= + ≠ ( ) ( )1 1 2 2, , ,M x y N x y 2 2 14 y kx m x y = + + = ( ) ( )2 2 21 4 8 4 1 0k x kmx m+ + + − = ( )2 1 2 1 22 2 4 18 ,1 4 1 4 mkmx x x xk k −−+ = =+ + ( )( )1 22 1 2 1 2 1 2 1 2 kx m kx my yk k k x x x x + += = = ( ) 2 1 22 1 2 km x x mk x x + += + ( ) 2 1 2 0km x x m+ + = 2 2 2 2 8 01 4 k m mk − + =+ 0m ≠ 2 1 4k = ( ) ( ) ( )22 2 2 2 1 2 1 22 2 4 18 4 , 2 11 4 1 4 mkmx x m x x mk k −− + = = = = − + +  2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 2 1 1 2 2 1 21 14 4 x xOM ON x y x y x x+ = + + + = + − + + − ( ) ( )22 2 1 2 1 2 1 2 3 32 2 24 4x x x x x x = × + + = + − +  ( )2 23 4 4 1 2 54 m m = − − + =  l 2 21 , 52k OM ON= ± + = ln( ) ( )xf x ax a = ∈+ R ( )y f x= (e, (e))f 1 ey = a ( )f x 0x > ( ) 1f x x≤ − (0,e) (e, )+∞ 【解析】 【分析】 （1）对 求导，由 ，可求出 的值，进而可得 解析式，求出单调性即可； （ 2 ） 当 时 ， 要 证 即 证 ， 进 而 构 造 函 数 ，求导并判断单调性可知 ，从而可证明结论. 【详解】（1） ， ， ， 又曲线 在点 处的切线方程为 ，则 ，即 ， ， 令 ，得 ，即 ； 令 ，得 ，即 ， 所以 的单调增区间是 ，单调减区间是 ． （2）当 时，要证 即证 ， 令 ， 则 ， 当 时， ， 单调递增； 当 时， ， 单调递减， 所以 ，即当 时， ． 【点睛】本题考查导数几何意义的应用，考查利用导数研究函数的单调性，考查不等式的证 明，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于中档题. ( )f x (e) 0f ′ = a ( )f x 0x > ( ) 1f x x≤ − 2ln 0x x x− + ≤ 2( ) ln ( 0)g x x x x x= − + > ( ) (1) 0g x g≤ = ln( ) xf x x a = + 2 ln ( ) ( ) x a xxf x x a + − ′∴ = + 2 e(e) (e ) a f a ′∴ = + ( )y f x= (e, (e))f 1 ey = (e) 0f ′ = 0a = 2 1 ln( ) xf x x −′∴ = ( ) 0f x′ > 1 ln 0x− > 0 ex< < ( ) 0f x′ < 1 ln 0x− < ex> ( )f x (0,e) (e, )+∞ 0x > ( ) 1f x x≤ − 2ln 0x x x− + ≤ 2( ) ln ( 0)g x x x x x= − + > 21 1 2 ( 1)(2 1)( ) 2 1 x x x xg x xx x x + − − +′ = − + = = − 0 1x< < ( ) 0g x′ > ( )g x 1x > ( ) 0g x′ < ( )g x ( ) (1) 0g x g≤ = 0x > ( ) 1f x x≤ − （二）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. [选修 4−4：坐标系与参数方程] 22.选修 4－4：坐标系与参数方程 已知曲线 的参数方程为 ，在同一平面直角坐标系中，将曲线 上的点按坐标变换 得到曲线 ，以原点为极点， 轴的正半轴为极轴，建立极 坐标系. （Ⅰ）求曲线 的极坐标方程； （Ⅱ）若过点 （极坐标）且倾斜角为 的直线 与曲线 交于 两点，弦 的中点为 ，求 的值. 【答案】（1）曲线 的极坐标方程为 （2） 【解析】 【详解】试题分析：（I）曲线 C 的参数方程为 ，利用平方关系即 可化为普通方程．利用变换公式代入即可得出曲线 C'的直角坐标方程，利用互化公式可得 极坐标方程． （II）点 的直角坐标是 ，将 的参数方程 （ 为参数）代入 曲线 C'的直角坐标方程可得 ，利用根与系数的关系即可得出． 试题解析： C ( )2cos 3sin x y θ θ θ = = 为参数 C 1 2 1 3 x x y y  = = ′ ′  C′ x C′ 3( , )2A π 6 π l C′ ,M N MN P | | | | | | AP AM AN⋅ C′ : 1C ρ′ = 3 3 5 AP AM AN =⋅ ( )2 3 x cos y sin θ θ θ = = 为参数 A 3 ,02A −   l 3 2 6 6 x tcos y tsin π π  = − +  = t 24 6 3 5 0t t− + = （Ⅰ） ， 将 ，代入 的普通方程可得 ， 即 ，所以曲线 的极坐标方程为 （Ⅱ）点 的直角坐标是 ，将 的参数方程 （ 为参数） 代入 ，可得 ， ∴t1+t2 ，t1•t2 ， 所以 ． [选修 4−5：不等式选讲] 23.已知函数 ， ，其中 ， 均为正实数， 且 ． （Ⅰ）求不等式 的解集； （Ⅱ）当 时，求证 ． 【答案】（1） （2）见解析 【解析】 【分析】 （Ⅰ）把 用分段函数来表示，分类讨论，求得 的解集． （Ⅱ）当 x∈R 时，先求得 的最大值为 2，再求得 ）的最小值，根据 的最 小值减去 的最大值大于或等于零，可得 成立． 2 22 : : 14 33 x cos x yC C y sin θ θ = ⇒ + = = 1 22 1 3 3 x x x x y yy y  = = ⇒  = ′ ′  ′ =  ′ C 2 2 1x y′ ′+ = 2 2: 1C x y+ =′ C′ : 1C ρ′ = A 3 ,02A −   l 3 2 6 6 x tcos y tsin π π  = − +  = t 2 2 1x y+ = 24 6 3 5 0t t− + = 3 3 2 = 5 4 = 1 2 1 2 3 32 5 t t AP AM AN t t + = =⋅ ( ) 1 1f x x x= + − − ( ) 2 2g x x a x b= + + − a b 2a b+ = ( ) 1f x ≥ x∈R ( ) ( )f x g x≤ 1 ,2  +∞  ( )f x ( ) 1f x ≥ ( )f x ( )g x ( )g x ( )f x ( ) ( )f x g x≤ 【详解】（Ⅰ）由题意， ，（1）当 时， ，不等 式 无 解 ； （ 2 ） 当 时 ， ， 解 得 ， 所 以 ．（3）当 时， 恒成立，所以 的解集为 ． （Ⅱ）当 时， ； ． 而 ， 当且仅当 时，等号成立，即 ，因此，当 时， ，所以，当 时， ． 【点睛】本题主要考查带有绝对值 函数，绝对值三角不等式的应用，比较 2 个数大小的方 法，属于中档题． 的 ( ) 2, 1 2 , 1 1 2, 1 x f x x x x − ≤ − = −  ≥ ＜ ＜ 1x ≤ − ( ) 2 1f x = − ＜ ( ) 1f x ≥ 1 1x− ＜ ＜ ( ) 2 1f x x= ≥ 1 2x ≥ 1 12 x≤ ＜ 1x ≥ ( ) 2 1f x = ≥ ( ) 1f x ≥ 1 ,2  +∞  x R∈ ( ) ( )1 1 1 1 2f x x x x x= + − − ≤ + + − = ( ) ( )2 2 2 2 2 2g x x a x b x a x b a b= + + − ≥ + − − = + ( ) ( ) ( )22 2 22 2 2 2 22 2 a ba ba b a b ab a b ++ + = + − ≥ + − × = =   1a b= = 2 2 2a b+ ≥ x R∈ ( ) ( )2 22f x a b g x≤ ≤ + ≤ x R∈ ( ) ( )f x g x≤