辽宁省大连市第二十四中学2020届高三6月高考模拟（最后一模考试）数学（理）试题 Word版含解析

辽宁省大连市第二十四中学2020届高三6月高考模拟（最后一模考试）数学（理）试题 Word版含解析

- 1 - 2020 年大连市第二十四中学高考模拟考试 数学理科试卷 命题人 校对人：大连市第二十四中学高三备课组 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.若集合  | 1A x x  ，则满足 A B A 的集合 B 可以是（ ） A.  | 0x x  B.  2|x x  C.  | 0x x  D.  | 2x x  【答案】B 【解析】 【分析】 由 A B A 推出 A B ,再依次判断选项即可. 【详解】若 A B A ,则 A B , 又  | 1A x x   2|x x  故选:B. 【点睛】本题考查集合关系,属于基础题. 2.设复数 z 满足 =1iz  ，z 在复平面内对应的点为(x，y)，则 A. 2 2+1 1( )x y  B. 2 2( 1) 1x y   C. 22 ( 1) 1yx    D. 22 ( +1) 1yx   - 2 - 【答案】C 【解析】 【分析】 本题考点为复数的运算，为基础题目，难度偏易．此题可采用几何法，根据点（x，y）和点(0， 1)之间的距离为 1，可选正确答案 C． 【详解】 , ( 1) ,z x yi z i x y i      2 2( 1) 1,z i x y     则 22 ( 1) 1yx    ．故选 C． 【点睛】本题考查复数的几何意义和模的运算，渗透了直观想象和数学运算素养．采取公式 法或几何法，利用方程思想解题． 3.等差数列 x ，3 3x  ， 6 6x  ， 的第四项等于（ ） A. 0 B. 9 C. 12 D. 18 【答案】B 【解析】 【分析】 先根据已知求出 x 的值，再求出等差数列的第四项得解. 【详解】由题得 2(3 3) +(6 6), 0x x x x     . 所以等差数列的前三项为 0,3,6,公差为 3， 所以等差数列的第四项为 9. 故选：B 【点睛】本题主要考查等差中项的应用，考查等差数列的通项的应用，意在考查学生对这些 知识的理解掌握水平. 4.2019 年 10 月 1 日上午，庆祝中华人民共和国成立 70 周年阅兵仪式在天安门广场隆重举行. 这次阅兵不仅展示了我国的科技军事力量，更是让世界感受到了中国的日新月异.今年的阅兵 方阵有一个很抢眼，他们就是院校科研方阵.他们是由军事科学院、国防大学、国防科技大学 联合组建．若已知甲、乙、丙三人来自上述三所学校，学历分别有学士、硕士、博士学位.现 知道：①甲不是军事科学院的；②来自军事科学院的不是博士；③乙不是军事科学院的；④ 乙不是博士学位；⑤国防科技大学的是研究生．则丙是来自哪个院校的，学位是什么( ) A. 国防大学，研究生 B. 国防大学，博士 C. 军事科学院，学士 D. 国防科技大学，研究生 【答案】C - 3 - 【解析】 【分析】 根据①③可判断丙的院校；由②和⑤可判断丙的学位. 【详解】由题意①甲不是军事科学院的，③乙不是军事科学院的； 则丙来自军事科学院； 由②来自军事科学院的不是博士，则丙不是博士； 由⑤国防科技大学的是研究生，可知丙不是研究生， 故丙为学士. 综上可知，丙来自军事科学院，学位是学士. 故选：C. 【点睛】本题考查了合情推理的简单应用，由条件的相互牵制判断符合要求的情况，属于基 础题. 5.下列说法正确的是（ ） A. a R ，“ 1 1a  ”是“ 1a  ”的必要不充分条件 B. “ p q 为真命题”是“ p q 为真命题”的必要不充分条件 C. 命题“ x R  ，使得 2 2 3 0x x   ”的否定是：“ x R  ， 2 2 3 0x x   ” D. 命题 :p “ x R  ，sin cos 2x x  ”，则 p 是真命题 【答案】A 【解析】 【分析】 对每一个选项逐一分析判断得解. 【详解】A. 由 1 1a  得 1a  或 0a  ,所以 a R ，“ 1 1a  ”是“ 1a  ”的必要不充分条件， 所以该选项命题正确； B. “ p q 为真命题”即“ p 和 q都是真命题”，“ p q 为真命题”即“ ,p q 中至少有一 个真命题”， 所以 “ p q 为真命题”是“ p q 为真命题”的充分不必要条件，所以该选 项命题是假命题； C. 命题“ x R  ，使得 2 2 3 0x x   ”的否定是：“ x R  ， 2 2 3 0x x   ”，所以 该选项命题是假命题； - 4 - D. sin cos 2 sin( ) 24x x x     ， 所以命题 :p “ x R  ，sin cos 2x x  ”是真 命题，则 p 是假命题，所以该选项命题是假命题. 故选：A 【点睛】本题主要考查充要条件的判断和复合命题的真假的判断，考查特称命题的真假的判 断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 6.已知平面向量 (3,0)a  ， 2 (1,2 3)a b  r r ，则 a  与b  的夹角等于（ ） A. 6  B. 3  C. 2 3  D. 5 6  【答案】C 【解析】 【分析】 设 ( , )b x y ，利用向量的坐标运算可得 2 (3 2 ,2 )a b x y   ，综合条件可列方程组求出 b ， 再根据坐标运算可求 a  与b  的夹角. 【详解】解：设 ( , )b x y ， 则 2 (3 2 ,2 ) (1,2 3)a b x y    ， 3 2 1 1 2 2 3 3 x x y y           ， ， ( 1, 3)b   ， 3 1cos , 3 2 2| | | | a ba b a b           ， 则 a  与b  的夹角等于 2 3  . 故选：C. 【点睛】本题考查向量坐标的线性运算及向量夹角的坐标求解，是基础题. 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（ ） - 5 - 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.若抛物线 2 4y x= 通径为 MN （其中 M 是第一象限点），当点 (cos ,sin )P   是OM 上的点 时，则 πcos 2 2      的值等于（ ） A. 4 5 B. 4 5  C. 4 3 D. 4 3  【答案】B 【解析】 【分析】 通过三角函数的定义，得出角的三角函数值，进而求出结果. 【详解】抛物线 2 4y x= 的焦点为 (1,0)F ，可得 (1,2)M ， 因为点 (cos ,sin )P   在 OM 上，由三角函数的定义可得： 2 1sin ,cos 5 5    ， - 6 - 所以 4cos 2 sin 2 2sin cos2 5              故选：B 【点睛】本题主要考查抛物线通径的定义，三角函数和简单的三角恒等变换，考查理解辨析 能力和数学运算能力，转化的数学思想，属于一般题. 9.我们把离心率互为倒数且焦点相同的椭圆和双曲线称为一对“优美曲线”.已知 1F ， 2F 是 一对“优美曲线”的焦点，M 是它们在第一象限的交点，当 1 2 π 3F MF  时，这一对“优美曲 线”中双曲线的离心率是（ ） A. 2 B. 2 3 3 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】 设 1F M m ， 2F M n ， 1 2 2F F c ，由余弦定理 2 2 24c m n mn  ，设 1a 是椭圆的长半 轴， 2a 为双曲线的实半轴，由椭圆以及双曲线的定义，可得 12m n a  ， 22m n a  ，由此 能求出结果. 【详解】设 1F M m ， 2F M n ， 1 2 2F F c ， 由余弦定理 2 2 22 2 cos60c m n mn    ， 即 2 2 24c m n mn  ，（1） 设 1a 是椭圆的长半轴， 2a 为双曲线的实半轴， 由椭圆以及双曲线的定义，可得 12m n a  ， 22m n a  ， 1 2m a a   ， 1 2n a a  ， 代入（1）式，可得 2 2 2 2 13 4 0a c a   ， 又 1 2 1c c a a   ，即 2 1 2c a a ， - 7 - 可得 2 2 2 1 2 13 4 0a a a a   ，解得 1 23a a ， 2 1 2 1 2 2 1 13 c c ce e a a a          ，解得 2 3e  . 故选：D 【点睛】本题考查了双曲线、椭圆的简单几何性质以及定义、余弦定理，考查了计算求解能 力，属于中档题. 10.如图，矩形 ABCD 中， 2AB AD ，E 为边 AB 的中点，将 ADE 沿直线 DE 翻转成 1A DE△ （ 1 A 平面 ABCD ）.若 M、O 分别为线段 1AC 、 DE 的中点，则在 ADE 翻转过 程中，下列说法错误．．的是（ ） A. 与平面 1A DE 垂直的直线必与直线 BM 垂直； B. 异面直线 BM 与 1A E 所成角是定值； C. 一定存在某个位置，使 DE MO ； D. 三棱锥 1A ADE 外接球半径与棱 AD 的长之比为定值； 【答案】C 【解析】 【分析】 对 A，由面面平行可知正确；对 B，取 1A D 的中点为 F ，作出异面直线所成的角，并证明为定 值；对 C，利用反证法证明 1DE A E ，与已知矛盾；对 D，确定O 为三棱锥 1A ADE 的外接 球球心，即可得证. 【详解】取 DC 中点 N ，连接 ,MN NB . M 为 1AC 的中点， - 8 - 1/ /MN A D . 又 E 为 AB 的中点， / /DN EB 且 DN EB ， ∴四边形 BNDE 为平行四边形， / /NB DE . 1 ,A D DE D MN NB N  ∩ ∩ ， ∴平面 / /MNB 平面 1 , / /A DE MB 平面 1A DE ， ∴与平面 1A DE 垂直的直线必与直线 BM 垂直，故 A 正确. 取 1A D 的中点为 F ，连接 ,MF EF ， 则 / /MF EB 且 MF EB ， ∴四边形 BEFM 是平行四边形， / /BM EF ， 1A EF 为异面直线 BM 与 1A E 所成的角. 设 1AD  ，则 2 2AB AD  ， 1 1 1A D A E  ， 1 1 1 1, tan2 2A F A EF     ， 故异面直线 BM 与 1A E 所成的角为定值，故 B 正确. 连接 1AO . 1A DE 为等腰直角三角形且O 为斜边 DE 中点， 1DE AO  .若 DE MO ，则 DE  平面 1A MO ， - 9 - 1DE AC  又 2 2 22, 2,DE EC DC DE EC DC      ， DE EC  . 又 1 ,EC AC C DE   ∩ 平面 1A EC ， 1DE A E  ，与已知矛盾，故 C 错误. 1OD OE OA OA  Q ， O 为三棱锥 1A ADE 的外接球球心，又 2 2 OA AD  为定值，故 D 正确. 故选：C 【点睛】本题考查空间几何体的翻折问题、异面直线所成角、外接球等问题，考查转化与化 归思想，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意翻折前后的不变量. 11.定义在  1, 上的函数  f x 同时满足下列两个条件：①对任意的  1,x  恒有    2 2f x f x 成立；②当  1,2x 时，   2f x x  .记函数      1g x f x k x   ，若 函数  g x 恰有两个零点，则实数 k 的取值范围是（ ） A.  1,2 B. 4 ,23      C. 4 ,23      D. 4 ,23     【答案】D 【解析】 【分析】 根据题中的条件得到函数的解析式为：f（x）＝﹣x+2b，x∈（b，2b]，又因为 f（x）＝k（x ﹣1）的函数图象是过定点（1，0）的直线，再结合函数的图象根据题意求出参数的范围即可． 【详解】解：∵对任意的 x∈（1，+∞）恒有 f（2x）＝2f（x）成立，且当 x∈（1，2]时，f （x）＝2﹣x， ∴f（x）＝﹣x+2b，x∈（b，2b]． 由题意得 f（x）＝k（x﹣1）的函数图象是过定点（1，0）的直线， 如图所示红色的直线与线段 AB 相交即可（可以与 B 点重合但不能与 A 点重合）， - 10 - ∴可得 k 的范围为： 4 23     ， ， 故选：D． 【点睛】解决此类问题的关键是熟悉求函数解析式的方法以及函数的图象与函数的性质，数 形结合思想是高中数学的一个重要数学数学，是解决数学问题的必备的解题工具． 12.数学中有许多形状优美，寓意美好的曲线，曲线 C： 2 2 1 | |x y x y   就是其中之一（如 图）.给出下列三个结论： ①曲线 C 恰好经过 6 个整点（即横、纵坐标均为整数的点）； ②曲线 C 上存在到原点的距离超过 2 的点； ③曲线 C 所围成的“心形”区域的面积小于 3.其中所有正确结论的个数是（ ）. A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】 将 x 换成 x 方程不变，所以图形关于 y 轴对称，根据对称性讨论 y 轴右边的图形即可. 【详解】将 x 换成 x 方程不变，所以图形关于 y 轴对称， - 11 - 当 0x  时，代入可得 2 1y  ， 1y   ， 即曲线经过 0,1 ， 0, 1 ； 当 0x  时，方程变为 2 2 1 0y xy x    ， 所以  2 24 1 0x x     ，解得 2 30, 3x     ， 所以 x 只能取整数1， 当 1x  时， 2 0y y  ，解得 0y  或 1y  ，即曲线经过 1,0 ， 1,1 ， 根据对称性可得曲线经过 1,0 ，  1,1 ， 故曲线一共经过 6 个整点，故①正确； 当 0x  时，由 2 2 1x y xy   可得 2 2 2 2 1 2 x yx y xy     ，（当 x y 时取等号）， 2 2 2x y   ， 2 2 2x y   ， 即曲线 C 上 y 轴右边的点到原点的距离不超过 2 ， 根据对称性可得：曲线 C 上任意一点到原点的距离都不超过 2 ，故②错误； 在 x 轴上图形面积大于矩形面积 1 2  ， 在 x 下方的面积大于等腰三角形的面积 1 2 1 12     ， 因此曲线 C 所围成的“心形”区域的面积大于 2 1 3  ，故③错误； 故选：B 【点睛】本题考查内容比较丰富，涉及不等式、圆、距离、面积等知识，对学生的推理能力、 综合应用能力、运算求解能力要求较高，重点体现逻辑推理、数学运算等核心素养，同时也 展现了对创新思维与审美能力的考查，属于中档题. - 12 - 二、填空题：（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）. 13.在       5 6 7 81 1 1 1x x x x       的展开式中，含 5x 的项的系数是______ 【答案】 84 【解析】 【分析】 利用二项式定理求得 5x 的系数的表达之，再利用组合数的计算公式，即可求解. 【详解】由题意，在       5 6 7 81 1 1 1x x x x       的展开式中， 含 5x 的项的系数为 5 5 5 5 5 5 5 5 5 6 7 8( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 84C C C C         . 故答案为： 84 . 【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，以及组合数的计算，着重考查了推理与计算能 力，属于基础题. 14.函数 π2sin 26y x     ， [ π,0]x  的单调递增区间为________________. 【答案】 2π π,3 6      【解析】 【分析】 正弦函数的图像性质，列不等式求复合函数的单调区间，进而求得结果. 【详解】 2sin 2 s 26 62 in xy x              ， 令 32 2 2 ,2 6 2k x k k Z         ， 解得： 5 ,3 6k x k k Z       ， 因为 [ ,0]x   ，当 1k   时， 2 ,3 6x        ， 故答案为： 2π π,3 6      . 【点睛】本题考查复合函数在定义域内的单调区间，考查数学运算能力和转化的数学思想， 属于中档题. - 13 - 15.已知函数  5 2( ) 16 4f x x x x x    ，且  0( )f x f x… 对 xR 恒成立，则曲线 ( )f xy x  在点  0 0 0 , f xx x       处的切线的斜率为___________. 【答案】17 【解析】 【分析】 依题意可得  26 3 2 3 2( ) 16 4 8 ( 2) 68f x x x x x x x         ，求出 0 2x  ，再求出函 数 ( )f xy x  的导函数，求出其在 0x 处的导数值，即可得解； 【详解】解：因为  26 3 2 3 2( ) 16 4 8 ( 2) 68f x x x x x x x         ，所以当 2x  时， ( )f x 取得最小值，即 0 2x  ，因为 4( ) 5 32 1f x x xx        ，所以所求切线的斜率为 4 2 5 2 32 2 1 17( ) |x f xk x           . 故答案为：17 【点睛】本题考查导数的几何意义与函数的最值，考查推理论证能力与运算求解能力，属于 中档题. 16.如图是某机械零件的几何结构，该几何体是由两个相同的直四棱柱组合而成的，且前后、 左右、上下均对称，每个四棱柱的底面都是边长为 2 的正方形，高为 4，且两个四棱柱的侧棱 互相垂直．则这个几何体有________个面，其体积为________． 【答案】 (1). 20 (2). 16 232 3  【解析】 - 14 - 【分析】 由图形可直接得到几何体面的个数，几何体体积等于两个四棱柱的体积和减去两个四棱柱交 叉部分的体积，根据直观图分别进行求解即可. 【详解】由图形观察可知，几何体的面共有 2 (2 4 2) 20    个， 该几何体的直观图如图所示， 该几何体的体积为两个四棱柱的体积和减去两个四棱柱交叉部分的体积. 两个四棱柱的体积和为 2 2 2 4 32V      . 交叉部分的体积为四棱锥 S ABCD 的体积的 2 倍. 在等腰 ABS 中， 2 2,SB SB 边上的高为 2，则 6.SA  由该几何体前后，左右上下均对称，知四边形 ABCD 为边长为 6 的菱形. 设 AC 的中点为 H ，连接 ,BH SH 易证 SH 即为四棱锥 S ABCD 的高， 在 Rt ABH 中， 2 2 6 2 2.BH AB AH     又 2 2AC SB  所以 12 2 2 2 4 22ABCDS      因为 BH SH ， 所以 1 1 8 22 4 2 23 3 3ABCDS ABCDV S      四棱柱 ， 所以求体积为 8 2 16 232 2 32 .3 3     故答案为：20； 16 232 .3  - 15 - 【点睛】本题考查空间组合体的结构特征，棱柱、棱锥的体积，关键需要弄清楚几何体的组 成，属于较易题目. 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 为选考题，考生根据要求作答.） （一）必考题：共 60 分. 17.设 ABC 的内角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c，若 1cos 2c B a b  且 3c  . （1）求角 C 的大小； （2）若 ABC 为锐角三角形，求 ab 的取值范围. 【答案】（1） π 3C  ；（2） (2,3]. 【解析】 【分析】 （1）应用正弦定理实现等式中的边角互化，使用两角和差的三角函数公式化简求值； （2）利用正弦定理得到 a,b 关于角 A,B 的函数表达式，进而得到 ab 关于 A,B 的表达式，利 用（1）的结论，消去 B,得到关于 A 的三角函数的表达式，综合利用二倍角和两角和差的三角 函数公式化简，根据 ABC 为锐角三角形，求得角 A 的取值范围，进而利用三角函数的性质 得到 ab 的取值范围， 【详解】（1）由正弦定理得， 1sin cos sin sin2C B A B  ， 所以 1sin cos sin( ) sin2C B B C B   ， 所以 1sin cos sin cos cos sin sin2C B B C B C B   ， 因为sin 0B  ，所以 1cos 2C  ，所以 π 3C  ； （2）根据正弦定理，可得 2sin3 2 2sinsin sin sin 3 2 a Aa b c b BA B C        ， 所以 22π 3 14sin sin 4sin sin 4 sin cos sin3 2 2ab A B A A A A A             3 1 cos2 π2 sin2 2sin 2 12 2 6 AA A              ， - 16 - 因 ABC 为锐角三角形： π0 π π2 2π π 6 20 3 2 A A A           ， 则 π π 5π 1 π2 sin 2 1 (2,3]6 6 6 2 6A A ab            . 【点睛】本题考查正弦定理在解三角形计算中的综合应用，考查三角函数的恒等变形和三角 函数的性质，属典型题，一个关键点是利用 ABC 为锐角三角形的条件求得角 A 的取值范围， 整题难度一般. 18.如图，在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，已知四边形 1 1AAC C 为矩形， 1 6AA  ， 4AB AC  ， 1 60BAC BAA     ， 1A AC 的角平分线 AD 交 1CC 于 D . （1）求证:平面 BAD 平面 1 1AAC C ； （2）求二面角 1 1 1A B C A  的余弦值. 【答案】（1）见解析；（2） 3 17 17 【解析】 【分析】 （1）过点 D 作 / /DE AC 交 1AA 于 E ，连接 ,CE BE ，设 AD CE O ，连接 BO ，由角平 分线的性质，正方形的性质，三角形的全等，证得CE BO ，CE AD ，由线面垂直的判 断定理证得CE  平面 BAD ，再由面面垂直的判断得证. （2）平面几何知识和线面的关系可证得 BO  平面 1 1AAC C ，建立空间直角坐标系O xyz ， 求得两个平面的法向量，根据二面角的向量计算公式可求得其值. - 17 - 【详解】（1）如图，过点 D 作 / /DE AC 交 1AA 于 E ，连接 ,CE BE ，设 AD CE O ，连 接 BO ， 1AC AA ， DE AE  ， 又 AD 为 1A AC 的角平分线，四边形 AEDC 为正方形， CE AD  ， 又 AC AE ， BAC BAE   ，BA BA ， BAC BAE   ， BC BE  ，又 O 为CE 的中点， CE BO  又 ,AD BO  平面 BAD ， AD BO O ， CE  平面 BAD ， 又 CE  平面 1 1AAC C ，平面 BAD 平面 1 1AAC C ， （2）在 ABC 中， 4AB AC  ， 60BAC   ， 4BC  ，在 Rt BOC 中， 1 2 22CO CE  ， 2 2BO  ， 又 4AB  ， 1 2 22AO AD  ， 2 2 2BO AO AB  ， BO AD  ， 又 BO CE ， AD CE O ， ,AD CE  平面 1 1AAC C ， BO  平面 1 1AAC C ， 故建立如图空间直角坐标系 O xyz ，则 (2, 2,0)A  ， 1(2,4,0)A ， 1( 2,4,0)C  ， 1(0,6,2 2)B ， 1 1 (2,2,2 2)C B  ， 1 ( 4,6,0)AC   ， 1 1 (4,0,0)C A  ， 设平面 1 1ABC 的一个法向量为 1 1 1( , , )m x y z ，则 1 1 1 m C B m AC      ， 1 1 1 1 1 4 6 0 2 2 2 2 0 x y x y z       ， 令 1 =6x ，得 (6,4, 5 2)m   , 设平面 1 1 1A B C 的一个法向量为 2 2 2( , , )n x y z ，则 1 1 1 1 n C B n C A      ， 2 2 2 2 4 0 2 2 2 2 0 x x y z     ，令 2 = 2y ，得 (0, 2 1)n   , 9 2 3 17cos , 17102 3 m nm n m n            ，由图示可知二面角 1 1 1A B C A  是锐角， 故二面角 1 1 1A B C A  的余弦值为 3 17 17 . - 18 - 【点睛】本题考查空间的面面垂直关系的证明，二面角的计算，在证明垂直关系时，注意运 用平面几何中的等腰三角形的“三线合一”，勾股定理、菱形的对角线互相垂直，属于基础 题. 19.2019 年女排世界杯（第 13 届女排世界杯）是由国际排联 FIVB 举办的赛事，比赛于 2019 年 9 月 14 日至 9 月 29 日在日本举行，共有 12 支参赛队伍.本次比赛启用了新的排球用球 MIKASA_ 200V W ，已知这种球的质量指标ξ（单位： g ）服从正态分布 2(270,5 )N .比赛 赛制采取单循环方式，即每支球队进行 11 场比赛，最后靠积分选出最后冠军.积分规则如下 （比赛采取 5 局 3 胜制）：比赛中以 3: 0或3 1 取胜的球队积 3 分，负队积 0 分；而在比赛中 以3:2 取胜的球队积 2 分，负队积 1 分.9 轮过后，积分榜上的前 2 名分别为中国队和美国队， 中国队积 26 分，美国队积 22 分.第 10 轮中国队对抗塞尔维亚队，设每局比赛中国队取胜的 概率为 (0 1)p p  . （1）如果比赛准备了 1000 个排球，估计质量指标在 (260,270) 内的排球个数（计算结果取整 数） （2）第 10 轮比赛中，记中国队3 1 取胜的概率为 ( )f p ，求出 ( )f p 的最大值点 0p ，并以 0p 作为 p 的值，解决下列问题. （i）在第 10 轮比赛中，中国队所得积分为 X，求 X 的分布列； （ii）已知第 10 轮美国队积 3 分，判断中国队能否提前一轮夺得冠军（第 10 轮过后，无论 最后一轮即第 11 轮结果如何，中国队积分最多）？若能，求出相应的概率；若不能，请说明 理由. 参考数据：  2~ ,X N   ，则 ( ) 0.6827P X        ， ( 2 2 ) 0.9545P X        ， ( 3 3 ) 0.9973P X        . - 19 - 【答案】（1）477 个；（2） 0 3 4p  ；（i）见解析；（ii）能提前一轮夺得冠军， 189 256 . 【解析】 【分析】 （1）由正态分布 3 原则即可求出排球个数； （2）根据二项分布先求出 ( )f p ，再利用导数求出 ( )f p 取最大值时 p 的值； i 根据比赛积 分规则，得出中国队得分可能的取值，然后求出其分布列；  ii 由 X 的分布列分析即可得出 能否提前一轮夺得冠军并求得其概率. 【详解】解：∵  2~ 270,5N ，∴ 0.9545(260 270) 0.477252P     所以质量指标在(260,270) 内的排球个数约为1000 0.47725 477.25 477   个 （2） 2 3 3 3( ) (1 ) 3 (1 )f p C p p p p    ， 2 3 2( ) 3[3 (1 ) ( 1)] 3 (3 4 )f p p p p p p       . 令 ( ) 0f p  ，得 3 4p  . 当 30, 4p     时， ( ) 0f p  ， ( )f p 在 30, 4      上为增函数； 当 3 ,14p     时， ( ) 0f p  ， ( )f p 在 3 ,14      上为减函数. 所以 ( )f p 的最大值点 0 3 4p  .从而 3 4p  .  i X 的可能取值为 3,2,1,0.    3 2 2 3 1893 1 256P X p C p p p     ，    22 2 4 812 1 512P X C p p p    ，    32 2 4 271 1 512P X C p p    ，      3 31 3 130 1 1 256P X p C p p      ，  X 的分布列为 X 3 2 1 0 P 189 256 81 512 27 512 13 256 - 20 -  ii 若 3X  ，则中国队 10 轮后的总积分为 29 分，美国队即便第 10 轮和第 11 轮都积 3 分， 则 11 轮过后的总积分是 28 分， 29 28 ，所以，中国队如果第 10 轮积 3 分，则可提前一轮 夺得冠军，其概率为 189( 3) 256P X   . 【点睛】本题考查正态分布、二项分布、离散型随机变量的分布列及导数的应用，知识点交 叉渗透，综合性强，属于中档题. 20.设函数 1( )f x x x   ， ( ) lng x t x （t R ）， （1）讨论函数 ( ) ( ) ( )h x f x g x  的单调区间； （2）若当 (0,1)x 时 ( )f x 的图象总在函数 ( )g x 的图象的下方，求正实数 t 的取值范围. 【答案】（1）答案不唯一，见解析；（2） (0,2] . 【解析】 【分析】 （1）求导数，利用分类讨论思想，结合二次函数的性质研究导函数的正负情况，进而得出函 数的单调增区间和单调间区间；（2）将问题等价转化为不等式恒成立问题，构造函数，求导 数，利用分类讨论思想研究导函数的正负情况，得到函数的单调性，进而判定各种情况是否 符合题意，从而得出参数的取值范围. 【详解】解:（1） 1( ) ( ) ( ) ln ( 0)h x f x g x x t x xx       ， 则 2 2 2 1 1( ) 1 ( 0)t x txh x xx x x        . ①当 0t  时， ( ) 0h x  ，∴ ( )h x 单调增区间是 (0, ) ，无减区间； ②当 0t  时，令 2( ) 1H x x tx   ， 2 4t   ， 1 ： 0  ，即 2 0t   时， ( ) 0H x  ，即 ( ) 0h x  , ∴ ( )h x 单调增区间是 (0, ) ，无减区间； 2 ：   时，即 2t   ，设 2 1 4 2 t tx    ， 2 2 4 2 t tx    ， ∵ 1 2 0x x t    ， 1 2 1 0x x   ，∴ 1 20 x x  ， - 21 - ∴ 1 2(0, ) ( , )x x  时 ( ) 0H x  ，即 ( ) 0h x  ∴ ( )h x 的单调增区间是 1(0, )x ， 2( , )x  同理：单调减区间是 1 2( , )x x ， 综上：①当 2t   时， ( )h x 单调增区间是 (0, ) ，无减区间； ②当 2t   时， ( )h x 的单调增区间是 1(0, )x ， 2( , )x  ，单调减区间是 1 2( , )x x 其中： 2 1 4 2 t tx    ， 2 2 4 2 t tx    . （2）因为函数 ( )f x 的图象恒在 ( )g x 的图象的下方， 所以 1( ) ( ) ln 0f x g x x t xx      在区间 (0,1) 上恒成立. 设 1( ) lnF x x t xx    ，其中 (0,1)x ， 所以 2 2 2 1 1( ) 1 t x txF x x x x       ，其中 2 4t   ， 0t  . ①当 2 4 0t   ，即 0 2t  时， ( ) 0F x  ， 所以函数 ( )F x 在 (0,1) 上单调递增， ( ) (1) 0F x F  ， 故 ( ) ( ) 0f x g x  成立，满足题意. ②当 2 4 0t   ，即 2t  时，设 2( ) 1(0 1)x x tx x      ， 则 ( )x 图象的对称轴 12 tx   ， (0) 1  ， (1) 2 0t    ， 所以 ( )x 在 (0,1) 上存在唯一实根，设为 1x ，则 1( ,1)x x ， ( ) 0x  ， ( ) 0F x  ， 所以 ( )F x 在 1( ,1)x 上单调递减，此时 ( ) (1) 0F x F  ，不合题意. 综上可得，实数 t 的取值范围是 (0,2] . 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性问题，不等式恒成立问题中的参数的取值范围 问题，考查分类讨论思想，二次函数的性质，属中高档题，难度较大. 21.已知动直线l 与椭圆 2 2 : 16 4 x yC   交于  1 1,P x y 、  2 2,Q x y 两个不同点，且 OPQ△ 的 面积 6OPQS △ ，其中O 为坐标原点． - 22 - （1）证明 2 2 1 2x x 和 2 2 1 2y y 均为定值； （2）设线段 PQ 的中点为 M ，求 OM PQ 的最大值； 【答案】（1）详见解析；（2）5 . 【解析】 【分析】 （1）对直线 l 的斜率是否存在进行分类讨论，在直线 l 的斜率不存在时，可得出 1 2x x ， 1 2y y  ，根据 OPQ△ 的面积求得 1x 、 1y 的值，可得出 2 2 1 2x x 和 2 2 1 2y y 的值；在直线 l 的斜率存在时，设直线l 的方程为 y kx m  ，将直线l 的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定 理，利用三角形的面积公式可求得 2 2 1 2x x 和 2 2 1 2y y 的值，进而得出结论； （2）对直线l 的斜率是否存在进行分类讨论，在直线l 的斜率不存在时，可直接求得 OM PQ 的值；在直线 l 的斜率存在时，求得 OM 、 PQ 关于 m 的表达式，利用基本不等式可求得 OM PQ 的最大值，进而可得出结论. 【详解】（1）当直线 l 的斜率不存在时， P 、Q 两点关于 x 轴对称，所以 1 2x x ， 1 2y y  ，  1 1,P x y 在椭圆上， 2 2 16 4 x y   ①，又 1 1 6OPQ x yS    △ ，② 由①②得 1 3x  ， 1 2y  ．此时 2 2 1 2 6x x  ， 2 2 1 2 4y y  ； 当直线l 的斜率存在时，是直线 l 的方程为  0y kx m m   ， 将直线l 的方程代入 2 2 16 4 x y  得   2 2 23 2 6 3 4 0k x kmx m     ，   2 2 2 236 12 3 2 4 0k m k m      ，即 2 26 4k m  ， 由韦达定理得 1 2 2 6 3 2 kmx x k     ，  2 1 2 2 3 4 3 2 m x x k     ，   2 2 22 2 1 2 1 2 2 2 6 6 41 4 1 3 2 k mPQ k x x x x k k          ， 点 O 到直线 l 的距离为 21 md k   ， - 23 - 2 22 2 2 2 22 6 6 41 2 6 6 412 3 2 3 21OPQ k mk m k m mS k k k         △ ， 又 6OPQS △ ，整理得 2 23 2k m  ， 此时    22 2 22 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 3 46 36 242 2 6 63 2 3 2 mkm kx x x x x x k k m                 ，    2 2 2 2 1 2 1 2 2 26 6 43 3y y x x      ， 综上所述 2 2 1 2 6x x  ， 2 2 1 2 4y y  ，结论成立； （2）当直线 l 的斜率不存在时，由（1）知 1 3OM x  ， 12 2 2PQ y  ，因此 2 6OM PQ  ； 当直线l 的斜率存在时，由（1）知 1 2 3 2 x x k m    ， 1 2 1 2 2 2 2 y y x xk m m      ， 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 9 4 232 2 x x y y kOM m m m                 ，       2 2 2 2 2 2 2 22 24 6 4 1 24 11 8 133 2 k m mPQ k m mk             ， 所以 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 24 3 2 3 2 25O mPM m mQ m                      ， 5OM PQ  ． 当且仅当 2 2 2 23 2m m    ，即 2m   时，等号成立． 综上所述， OM PQ 的最大值为 5 . 【点睛】本题考查椭圆中的定值和最值问题的计算，考查韦达定理设而不求法的应用，考查 计算能力，属于中等题. （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. 22.已知在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 2 2 2 1 1 1 tx t ty t       （t 为参数）.以原点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为ρcos（ 3   ） 5 4  . - 24 - （1）求曲线 C 和直线 l的直角坐标方程； （2）若直线 l 交曲线 C 于 A，B 两点，交 x 轴于点 P，求 1 1 PA PB  的值. 【答案】（1）x2﹣4y2=1（ 1x   ）， 1 3 5  2 2 4x y  ；（2）8 . 【解析】 【分析】 （1）对曲线 C 通过消参即可得解，对直线 l 通过极坐标和直角坐标的互化，即可得解. （2）求出直线的参数方程为 5 3 2 2 1 2 x t y t      ，将直线方程代入曲线方程，结合韦达定理， 再利用直线的标准参数方程中t 的几何意义即可得解. 【详解】（1）曲线 C 的参数方程为 2 2 2 1 1 1 tx t ty t       （t 为参数）， 转化为直角坐标方程为 x2﹣4y2=1（ 1x   ） 直线 l 的极坐标方程为ρcos（ 3   ） 5 4  .转化为直角坐标方程为： 1 3 5 2 2 4x y  . （2）由于直线与 x 轴的交点坐标为（ 5 02 ，），所以直线的参数方程为 5 3 2 2 1 2 x t y t      （t 为参数）， 代入 x2﹣4y2=1 得到： 2 2 15 1 0t t   ， 所以： 1 2 2 15t t  ，t1  t2=-1， 则： 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 41 1 t t t t t t PA PB t t t t       8. 【点睛】本题考查了直角坐标方程极坐标方程的互化，考查了参数方程和普通方程的转化， 同时考查了直线的标准参数的几何意义，考查了转化思想和计算能力，属于较难题. - 25 - 23.已知函数   ,f x x x a a R   . （Ⅰ）当    1 1 1f f   ，求 a 的取值范围； （Ⅱ）若 0a  ，对  , ,x y a   ，都有不等式   5 4f x y y a    恒成立，求 a 的取 值范围. 【答案】（1） 1( , )2   （2） (0,5] 【解析】 【分析】 （1）结合 a 取不同范围，去绝对值，计算 a 的范围，即可．（2）结合函数性质,计算  f x 的 最大值,结合题意,建立关于 a 的不等式，计算 a 的范围，即可． 【详解】（Ⅰ）    1 1 1 1 1f f a a       ， 若 1a   ，则1 1 1a a    ，得 2 1 ，即 1a   时恒成立； 若 1 1a   ，则  1 1 1a a    ，得 1 2a   ，即 11 2a    ； 若 1a  ，则    1 1 1a a     ，得 2 1  ，此时不等式无解. 综上所述， a 的取值范围是 1, 2      . （Ⅱ）由题意知，要使不等式恒成立， 只需   max min 5 4f x y y a           . 当  ,x a  时，   2f x x ax   ，   2 max 2 4 a af x f          . 因为 5 5 4 4y y a a     ， 所以当 5 ,4y a     时， min 5 5 4 4y y a a        5 4a  . 于是 2 5 4 4 a a  ，解得 1 5a   . - 26 - 结合 0a  ，所以 a 的取值范围是 0,5 . 【点睛】本道题考查了绝对值不等式的解法，难度较大． - 27 -