河北省沧州市2020届高三数学（理）一模试题（解析版）

河北省沧州市2020届高三数学（理）一模试题（解析版）

2020 年普通高等学校招生全国统一模拟考试 理科数学 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，请将答案涂在答题卡上. 1.已知集合  | 1 4M x x    ，  2| 3 10 0N x x x    ，则 M N  （ ） A.  | 1 5x x   B.  | 1 2x x   C.  | 1 1x x   D.  | 5 4x x   【答案】B 【解析】 【分析】 分别求出集合 M 和 N ,即可根据交集的运算求出 M N . 【详解】∵    2| 3 10 0 5 2N x x x x x        ,而  | 1 4M x x    , ∴ M N   | 1 2x x   故选：B． 【点睛】本题主要考查集合的交集运算,以及一元二次不等式的解法,属于容易题. 2.设 22 (1 )1z ii    （i 是虚数单位），则| |z  （ ） A. 2 B. 1 C. 2 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】 先利用复数代数形式的四则运算法则求出 z ，即可根据复数的模计算公式求出| |z ． 【详解】∵ 22 )1 1 2 1(1z i i i ii       ，∴ 2 2| | 1 1 2z    ． 故选：A． 【点睛】本题主要考查复数代数形式的四则运算法则的应用，以及复数的模计算公式的应用， 属于容易题． 3.已知等差数列 na 的前 n 项和为 nS ， 3 7a  ， 3 9S  ，则 10a  （ ） A. 25 B. 32 C. 35 D. 40 【答案】C 【解析】 【分析】 设出等差数列 na 的首项和公差，即可根据题意列出两个方程，求出通项公式，从而求得 10a ． 【详解】设等差数列 na 的首项为 1a ，公差为 d ，则 3 1 3 1 2 7 3 3 9 a a d S a d        ，解得 1 1, 4a d   ，∴ 4 5na n  ，即有 10 4 10 5 35a     ． 故选：C． 【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式的求法和应用，涉及等差数列的前 n 项和公式的应 用，属于容易题． 4.某歌手大赛进行电视直播，比赛现场有 6名特约嘉宾给每位参赛选手评分，场内外的观众可 以通过网络平台给每位参赛选手评分.某选手参加比赛后，现场嘉宾的评分情况如下表，场内 外共有数万名观众参与了评分，组织方将观众评分按照 70,80 ， 80,90 ， 90,100 分组， 绘成频率分布直方图如下： 嘉宾 A B C D E F 评分 96 95 96 89 97 98 嘉宾评分的平均数为 1x ，场内外的观众评分的平均数为 2x ，所有嘉宾与场内外的观众评分的 平均数为 x ，则下列选项正确的是（ ） A. 1 2 2 x xx  B. 1 2 2 x xx  C. 1 2 2 x xx  D. 1 2 1 2 2 x xx x x    【答案】C 【解析】 【分析】 计算出 1x 、 2x ，进而可得出结论. 【详解】由表格中的数据可知， 1 96 95 96 89 97 98 95.176x       ， 由频率分布直方图可知， 2 75 0.2 85 0.3 95 0.5 88x        ，则 1 2x x ， 由于场外有数万名观众，所以， 1 2 2 12 x xx x x   . 故选：B. 【点睛】本题考查平均数的大小比较，涉及平均数公式以及频率分布直方图中平均数的计算， 考查计算能力，属于基础题. 5.已知函数 ( )f x 的图象如图所示，则 ( )f x 可以为（ ） A. 3( ) 3 xf x x   B. e e( ) x x f x x  C. 2( )f x xx   D. | |e( ) x f x x  【答案】A 【解析】 【分析】 根据图象可知，函数 ( )f x 为奇函数，以及函数在 0,  上单调递增，且有一个零点，即可 对选项逐个验证即可得出． 【详解】首先对 4 个选项进行奇偶性判断，可知， e e( ) x x f x x  为偶函数，不符合题意， 排除 B； 其次，在剩下的 3 个选项,对其在 0,  上的零点个数进行判断, | |e( ) x f x x  在 0,  上无 零点, 不符合题意，排除 D；然后,对剩下的 2 个选项,进行单调性判断, 2( )f x xx   在 0,  上单调递减, 不符合题意，排除 C. 故选：A． 【点睛】本题主要考查图象的识别和函数性质的判断，意在考查学生的直观想象能力和逻辑 推理能力，属于容易题． 6.若两个非零向量 a  、b  满足    0a b a b       ，且 2a b a b      ，则 a  与b  夹角的余弦 值为（ ） A. 3 5 B. 3 5  C. 1 2 D. 1 2  【答案】A 【解析】 【分析】 设平面向量 a  与b  的夹角为 ，由已知条件得出 a b r r ，在等式 2a b a b      两边平方， 利用平面向量数量积的运算律可求得 cos 的值，即为所求. 【详解】设平面向量 a  与 b  的夹角为 ，     2 22 2 0a b a b a b a b                ，可得 a b r r ， 在等式 2a b a b      两边平方得 2 2 2 2 2 4 8 4a a b b a a b b              ，化简得 3cos 5   . 故选：A. 【点睛】本题考查利用平面向量的模求夹角的余弦值，考查平面向量数量积的运算性质的应 用，考查计算能力，属于中等题. 7.已知 na 为等比数列， 5 8 3a a   ， 4 9 18a a   ，则 2 11a a  （ ） A. 9 B. －9 C. 21 2 D. 21 4  【答案】C 【解析】 【分析】 根据等比数列的下标和性质可求出 5 8,a a ,便可得出等比数列的公比,再根据等比数列的性质即 可求出 2 11a a . 【详解】∵ 4 9 5 8   ,∴ 4 9 5 8 18a a a a   ,又 5 8 3a a   ,可解得 5 8 6 3 a a     或 5 8 3 6 a a     设等比数列 na 的公比为 q,则 当 5 8 6 3 a a     时, 3 8 5 1 2 aq a    , ∴ 35 2 11 83 6 1 2131 2 2 2 aa a a qq             ； 当 5 8 3 6 a a     时, 3 8 5 2aq a    ,∴    35 2 11 83 3 216 22 2 aa a a qq          . 故选：C． 【点睛】本题主要考查等比数列的性质应用,意在考查学生的数学运算能力,属于基础题. 8.已知 1F 、 2F 分别是双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b     的左、右焦点，过 2F 作双曲线C 的 一条渐近线的垂线，分别交两条渐近线于点 A 、 B ，过点 B 作 x 轴的垂线，垂足恰为 1F ，则 双曲线C 的离心率为（ ） A. 2 B. 3 C. 2 3 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】 设点 B 位于第二象限，可求得点 B 的坐标，再由直线 2BF 与直线 by xa  垂直，转化为两直线 斜率之积为 1 可得出 2 2 b a 的值，进而可求得双曲线 C 的离心率. 【详解】设点 B 位于第二象限，由于 1BF x 轴，则点 B 的横坐标为 Bx c  ，纵坐标为 B B b bcy xa a    ，即点 , bcB c a     ， 由题意可知，直线 2BF 与直线 by xa  垂直， 2 2 2BF bc b aak c a b       ， 2 2 2b a   ， 因此，双曲线的离心率为 2 2 2 2 21 3c a b be a a a      . 故选：B. 【点睛】本题考查双曲线离心率的计算，解答的关键就是得出 a 、b 、c 的等量关系，考查计 算能力，属于中等题. 9.已知 0.3log 0.5a  ， 3log 0.5b  ， 0.5log 0.9c  ，则（ ） A. ab ac a b   B. a b ab ac   C. ac ab a b   D. ab a b ac   【答案】D 【解析】 【分析】 先根据选项中出现的式子,由对数函数的单调性求出其大致范围, 再利用对数的运算性质和换 底公式化简,即可得出三个式子的大小关系. 【详解】∵ 0.3 0.3 0.30 log 1 log 0.5 log 0.3 1    ,即 0 1a  , 3 3log 0.5 log 1 0  ,即 0b  , 0.5 0.5 0.50 log 1 log 0.9 log 0.5 1    ,即 0 1c  , ∴ 0,0 1ab ac   ,即有 ab ac . ∵ 0.5 0.5 0.5log 0.3 log 3 log 01 .91 ca b     ,即 0 1a b cab    , ∴ 0ab a b   . 综上, ab a b ac   . 故选：D． 【点睛】本题主要考查对数的运算性质, 换底公式以及对数函数的单调性的应用,意在考查学 生的数学运算能力和逻辑推理能力,属于中档题. 10.过抛物线  2 2 0y px p  的焦点 F 的直线与抛物线交于 A 、B 两点，且 2AF FB  ，抛 物线的准线l 与 x 轴交于 C ， ACF 的面积为8 2 ，则 AB  （ ） A. 6 B. 9 C. 9 2 D. 6 2 【答案】B 【解析】 【分析】 设点  1 1,A x y 、  2 2,B x y ，并设直线 AB 的方程为 2 px my  ，由 2AF FB  得 1 22y y  ， 将直线 AB 的方程代入韦达定理，求得 1y ，结合 ACF 的面积求得 p 的值，结合焦点弦长 公式可求得 AB . 【详解】设点  1 1,A x y 、  2 2,B x y ，并设直线 AB 的方程为 x my p  ， 将直线 AB 的方程与抛物线方程联立 2 2 2 px my y px      ，消去 x 得 2 22 0y pmy p   ， 由韦达定理得 1 2 2y y pm  ， 2 1 2y y p  ， 1 1,2 pAF x y       ， 2 2,2 pFB x y      ， 2AF FB uuur uur Q ， 1 22y y  ， 1 22y y   ， 2 2 1 2 22y y y p     ，可得 2 2 2y p ， 1 22 2y y p  ， 抛物线的准线l 与 x 轴交于 ,02 pC     ， ACF 的面积为 21 22 8 22 2p p p    ，解得 4p  ，则抛物线的方程为 2 8y x ， 所以， 2 2 2 1 2 1 2 5 24 98 8 py yAB x x p p        . 故选：B. 【点睛】本题考查抛物线焦点弦长的计算，计算出抛物线的方程是解答的关键，考查计算能 力，属于中等题. 11.已知函数 ( ) cos( )f x A x   （ 0A  ， 0 ，| | 2   ），将函数 ( )f x 的图象向左平 移 3 4  个单位长度，得到函数 ( )g x 的部分图象如图所示，则 1( ) 3f x  是 3 2 12 3 xg      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 【答案】B 【解析】 【分析】 先根据图象求出函数 ( )g x 的解析式,再由平移知识得到 ( )f x 的解析式,然后分别找出 1( ) 3f x  和 3 2 12 3 xg      的等价条件,即可根据充分条件,必要条件的定义求出. 【详解】设  ( ) sing x A x   ,根据图象可知, 3 71, 24 6 12A T T              , 再由 7 7sin 2 112 12g                      , 所以 5 2 ( )3 k k Z     , ∴ ( ) sin 2 3g x x      将函数 ( )g x 的图象向右平移 3 4  个单位长度,得到函数 ( )f x 的图象, ∴ 3 3( ) sin 2 cos 24 4 3 3f x g x x x                            . 1 1( ) cos 23 3 3f x x        , 3sin2 12 6 3 xg x              , 令 6x    ,则 23 1sin cos2 1 2sin3 3        ,显然, 1 3cos2 sin3 3     ∴ 1( ) 3f x  是 3 2 12 3 xg      的必要不充分条件. 故选：B． 【点睛】本题主要考查利用图象求正(余)弦型函数的解析式,三角函数的图形变换, 二倍角公 式的应用,充分条件,必要条件的定义的应用,意在考查学生的数学运算能力和逻辑推理能力, 属于中档题. 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  【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：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.若 x 、 y 满足约束条件 3 2 3 6 y x y x y        ，则 2z x y  的最小值为______. 【答案】1 【解析】 【分析】 作出不等式组所表示的可行域，利用平移直线的方法找出使得目标函数 2z x y  取得最小时 对应的最优解，代入目标函数计算即可. 【详解】作出不等式组 3 2 3 6 y x y x y        所表示的可行域如下图所示： 联立 2 3 6 x y x y      ，解得 3 1 x y     ，即点  3, 1A  ， 平移直线 2z x y  ，当直线 2z x y  经过可行域的顶点  3, 1A  时，该直线在 x 轴上的截距 最小，此时 z 取最小值，即  min 3 2 1 1z      . 故答案为：1. 【点睛】本题考查简单的线性规划问题，考查线性目标函数的最值问题，考查数形结合思想 的应用，属于基础题. 14.已知函数   1ln1 xf x ax   为奇函数，则 a ______. 【答案】 1 【解析】 【分析】 利用奇函数的定义得出    f x f x   ，结合对数的运算性质可求得实数 a 的值. 【 详 解 】 由 于 函 数   1ln1 xf x ax   为 奇 函 数 ， 则    f x f x   ， 即 1 1 1ln ln ln1 1 1 x x ax ax ax x         ， 1 1 1 1 x ax ax x      ，整理得 2 2 21 1x a x   ，解得 1a   . 当 1a  时，真数 1 11 x x    ，不合乎题意； 当 1a   时，   1ln 1 xf x x   ，解不等式 1 01 x x   ，解得 1x   或 1x  ，此时函数  y f x 的定义域为   , 1 1,  U ，定义域关于原点对称，合乎题意. 综上所述， 1a   . 故答案为： 1 . 【点睛】本题考查利用函数的奇偶性求参数，考查了函数奇偶性的定义和对数运算性质的应 用，考查计算能力，属于中等题. 15.五声音阶是中国古乐基本音阶，故有成语“五音不全”.中国古乐中的五声音阶依次为：宫、 商、角、徵、羽，如果把这五个音阶全用上，排成一个五个音阶的音序，且要求宫、羽两音 阶不相邻且在角音阶的同侧，可排成______种不同的音序. 【答案】32 【解析】 【分析】 按照“角”的位置分类,分“角”在两端,在中间,以及在第二个或第四个位置上,即可求出. 【详解】①若“角”在两端,则宫、羽两音阶一定在角音阶同侧，此时有 2 2 2 22 3 24A A    种； ②若“角”在中间,则不可能出现宫、羽两音阶不相邻且在角音阶的同侧； ③若“角”在第二个或第四个位置上,则有 2 2 2 22 8A A  种； 综上，共有 24 8 32  种. 故答案为：32． 【点睛】本题主要考查利用排列知识解决实际问题,涉及分步计数乘法原理和分类计数加法原 理的应用,意在考查学生分类讨论思想的应用和综合运用知识的能力,属于基础题. 16.在三棱锥 P ABC 中， AB BC ，三角形 PAC 为等边三角形，二面角 P AC B  的余 弦值为 6 3  ，当三棱锥 P ABC 的体积最大值为 1 3 时，三棱锥 P ABC 的外接球的表面积 为______. 【答案】8 【解析】 【分析】 根据题意作出图象,利用三垂线定理找出二面角 P AC B  的平面角,再设出 ,AB BC 的长, 即可求出三棱锥 P ABC 的高,然后利用利用基本不等式即可确定三棱锥 P ABC 的体积 最大值,从而得出各棱的长度,最后根据球的几何性质,利用球心距,半径,底面半径之间的关 系即可求出三棱锥 P ABC 的外接球的表面积. 【详解】如图所示： 过点 P 作 PE  面 ABC ,垂足为 E ,过点 E 作 DE AC 交 AC 于点 D ,连接 PD . 则 PDE 为二面角 P AC B  的平面角的补角,即有 6cos 3PDE  . ∵易证 AC  面 PDE ,∴ AC PD ,而三角形 PAC 为等边三角形, ∴ D 为 AC 的中点. 设 ,AB a BC b  , 2 2AC a b c   . ∴ 3 3sin 2 3 2 cPE PD PDE c       . 故三棱锥 P ABC 的体积为 2 2 31 1 1 3 2 2 12 12 12 2 24 c c c a b cV ab abc ab          当且仅当 2 2a b c  时, 3 max 1 24 3 cV   ,即 2, 2a b c   . ∴ , ,B D E 三点共线. 设三棱锥 P ABC 的外接球的球心为 O ,半径为 R . 过点O 作OF PE 于 F ,∴四边形ODEF 为矩形. 则 2 1OD EF R   , 6cos 3 23DE OF PD PDE      , 1PE  , 在 Rt PFO 中,  2 2 22 1 1R R    ,解得 2 2R  . 三棱锥 P ABC 的外接球的表面积为 24 8S R   . 故答案为：8 ． 【点睛】本题主要考查三棱锥的外接球的表面积的求法,涉及二面角的运用,基本不等式的应用, 以及球的几何性质的应用,意在考查学生的直观想象能力,数学运算能力和逻辑推理能力,属于 较难题. 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.如图，在 ABC 中， 2AC  ， 3A   ，点 D 在线段 AB 上. （1）若 1cos 3CDB   ，求 CD 的长； （2）若 2AD DB ，sin 7 sinACD BCD   ，求 ABC 的面积. 【答案】（1） 3 6 4CD  （2） 3 3 2 【解析】 【分析】 （1）先根据平方关系求出 sin CDA ,再根据正弦定理即可求出CD ； （2）分别在 ADC 和 BDC 中，根据正弦定理列出两个等式，两式相除，利用题目条件即 可求出CB ，再根据余弦定理求出 AB ，即可根据 1 sin2S AC AB A   求出 ABC 的面积． 【详解】（1）由 1cos 3CDB   ，得 1cos 3CDA  ，所以 2 2sin 3CDA  . 由正弦定理得， sin sin CD AC A CDA   ，即 2 3 2 2 2 3 CD  ，得 3 6 4CD  . （2）由正弦定理，在 ADC 中， sin sin AD AC ACD ADC   ，① 在 BDC 中， sin sin DB CB BCD BDC   ，② 又sin sinADC BDC   ， 2AD DB ，sin 7 sinACD BCD   ， 由 ① ② 得 7CB  ， 由余弦定理得 2 2 2 2 cosCB AC AB AC AB A    ， 即 27 4 2AB AB   ，解得 3AB  ， 所以 ABC 的面积 1 3 3sin2 2S AC AB A    . 【点睛】本题主要考查正余弦定理在解三角形中的应用，以及三角形面积公式的应用，意在 考查学生的数学运算能力，属于基础题． 18.如图，在四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中，底面 ABCD 为菱形， 1 1AB CB . （1）证明：平面 1 1BDD B  平面 ABCD ； （2）若 60DAB   ， 1DB B 是等边三角形，求二面角 1 1A BD C  的余弦值. 【答案】（1）证明见解析（2） 0 【解析】 【分析】 （1）根据面面垂直的判定定理可知，只需证明 AC  平面 1 1BDD B 即可． 由 ABCD 为菱形可得 AC BD ，连接 1B 和 AC 与 BD 的交点O ， 由等腰三角形性质可得 1B O AC ，即能证得 AC  平面 1 1BDD B ； （2）由题意知， 1B O  平面 ABCD ，可建立空间直角坐标系Oxyz ，以O 为坐标原点，OA 所在直线为 x 轴，OB 所在直线为 y 轴， 1OB 所在直线为 z 轴，再分别求出平面 1C BD 的法向 量，平面 1A BD 的法向量，即可根据向量法求出二面角 1 1A BD C  的余弦值． 【详解】（1）如图，设 AC 与 BD 相交于点O ，连接 1B O ， 又 ABCD 为菱形，故 AC BD ，O 为 AC 的中点. 又 1 1AB CB ，故 1B O AC . 又 BD  平面 1 1BDD B ， 1B O  平面 1 1BDD B ，且 1BD B O O ， 故 AC  平面 1 1BDD B ，又 AC  平面 ABCD ， 所以平面 1 1BDD B  平面 ABCD . （2）由 1DB B 是等边三角形，可得 1B O BD ，故 1B O  平面 ABCD ， 所以 1B O ， AC ， BD 两两垂直.如图以O 为坐标原点，OA所在直线为 x 轴，OB 所在直线 为 y 轴， 1OB 所在直线为 z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz . 不妨设 2AB  ，则 3AO  ， 1 3OB  ， 则 ( 3,0,0)A ， (0,1,0)B ， 1(0,0, 3)B ， (0, 1,0)D  ， 1( 3, 1, 3)A  ， 1( 3, 1, 3)C   ， 设  1 1 1, ,n x y z 为平面 1C BD 的法向量， 则 1 0, 0, n BD n OC        即 1 1 1 1 2 0, 3 3 0, y x y z     可取 (1,0,1)n  ， 设  2 2 2, ,m x y z 为平面 1A BD 的法向量， 则 1 0, 0, m BD m OA        即 2 2 2 2 2 0, 3 3 0, y x y z     可取 ( 1,0,1)m   ， 所以 cos , 0n mn n m m          . 所以二面角 1 1A BD C  的余弦值为 0. 【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理的应用，以及利用向量法 求二面角，意在考查学生的直观想象能力，逻辑推理能力和数学运算能力，属于基础题． 19.某工厂生产一种产品的标准长度为10.00cm ，只要误差的绝对值不超过 0.03cm 就认为合 格，工厂质检部抽检了某批次产品 1000 件，检测其长度，绘制条形统计图如图： （1）估计该批次产品长度误差绝对值的数学期望； （2）如果视该批次产品样本的频率为总体的概率，要求从工厂生产的产品中随机抽取 2 件， 假设其中至少有 1 件是标准长度产品的概率不小于 0.8 时，该设备符合生产要求.现有设备是 否符合此要求？若不符合此要求，求出符合要求时，生产一件产品为标准长度的概率的最小 值. 【答案】（1） 0.01025 （2） 51 5  【解析】 【分析】 （1）根据题意即可写出该批次产品长度误差的绝对值 X 的频率分布列，再根据期望公式即可 求出； （2）由（1）可知，任取一件产品是标准长度的概率为 0.4，即可求出随机抽取 2 件产品，都 不是标准长度产品的概率，由对立事件的概率公式即可得到随机抽取 2 件产品，至少有 1 件 是标准长度产品的概率，判断其是否符合生产要求；当不符合要求时，设生产一件产品为标 准长度的概率为 x ，可根据上述方法求出 21 (1 )P x   ，解 21 (1 ) 0.8x   ，即可得出最 小值. 【详解】（1）由柱状图，该批次产品长度误差的绝对值 X 的频率分布列为下表： X 0 0.01 0.02 0.03 0.04 频率 P 0.4 0.3 0.2 0.075 0.025 所以 X 的数学期望的估计为 ( ) 0 0.4 0.01 0.3 0.02 0.2 0.03 0.075 0.04 0.025 0.01025E X            . （2）由（1）可知任取一件产品是标准长度的概率为 0.4，设至少有 1 件是标准长度产品为事 件 B ，则 23 16( ) 1 0.64 0.85 25P B         ，故不符合概率不小于 0.8 的要求. 设生产一件产品为标准长度的概率为 x ， 由题意 2( ) 1 (1 ) 0.8P B x    ，又 0 1x  ，解得 51 5x   ， 所以符合要求时，生产一件产品为标准长度的概率的最小值为 51 5  . 【点睛】本题主要考查离散型随机变量的期望的求法，相互独立事件同时发生的概率公式的 应用，对立事件的概率公式的应用，解题关键是对题意的理解，意在考查学生的数学建模能 力和数学运算能力，属于基础题． 20.已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     经过点  3,1 ，离心率为 6 3 . （1）求椭圆C 的方程； （2）过点  4,0M 的直线交椭圆于 A 、 B 两点，若 AM MB  ，在线段 AB 上取点 D ，使 AD DB   ，求证：点 D 在定直线上. 【答案】（1） 2 2 16 2 x y  ；（2）见解析. 【解析】 【分析】 （1）根据题意得出关于 a 、b 、 c 的方程组，解出 2a 、 2b 的值，进而可得出椭圆 C 的标准 方程； （2）设点  1 1,A x y 、  2 2,B x y 、  0 0,D x y ，设直线 AB 的方程为 4x my  ，将该直线 的方程与椭圆 C 的方程联立，并列出韦达定理，由向量的坐标运算可求得点 D 的坐标表达式， 并代入韦达定理，消去  ，可得出点 D 的横坐标，进而可得出结论. 【详解】（1）由题意得 2 2 2 2 2 6 3 3 1 1 c a a b c a b         ，解得 2 6a  ， 2 2b  . 所以椭圆 C 的方程是 2 2 16 2 x y  ； （2）设直线 AB 的方程为 4x my  ，  1 1,A x y 、  2 2,B x y 、  0 0,D x y ， 由 2 2 4 16 2 x my x y     ，得  2 23 8 10 0m y my    .    2 2 28 40 3 0 5m m m       ，则有 1 2 2 8 3 my y m    ， 1 2 2 10 3y y m   ， 由 AM MB  ，得 1 2y y  ，由 AD DB   ，可得 1 2 0 1 2 0 1 1 x xx y yy           ，   21 21 2 1 1 2 0 1 2 1 2 2 1024 4 2 2 334 4 481 1 21 3 mmy myx x my my y mx y my y my                   ， 2 1 2 1 1 2 0 1 2 1 2 2 1022 2 53 81 21 3 y y y y y my y my y m my            ， 综上，点 D 在定直线 3 2x  上. 【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了点在定直线上的证明，考查计算能力与推 理能力，属于中等题. 21.设函数 ( ) (2 cos ) sinf x ax x x   ， ( )f x 是函数 ( )f x 的导数. （1）若 1a  ，证明 ( )f x 在区间 ,2 2      上没有零点； （2）在 (0, )x  上 ( ) 0f x  恒成立，求 a 的取值范围. 【答案】（1）证明见解析（2） 1 ,3    【解析】 【分析】 （1）先利用导数的四则运算法则和导数公式求出 ( )f x ，再由函数 ( )f x 的导数可知， 函数 ( )f x 在 ,02     上单调递增，在 0, 2      上单调递减，而 02f       ， 02f      ， 可知 ( ) 0f x  在区间 ,2 2      上恒成立，即 ( )f x 在区间 ,2 2      上没有零点； （2）由题意可将 ( ) 0f x  转化为 sin 02 cos xax x   ，构造函数 sin( ) 2 cos xF x ax x    ， 利用导数讨论研究其在 (0, )x  上的单调性，由 min 0F  ，即可求出 a 的取值范围． 【详解】（1）若 1a  ，则 ( ) (2 cos ) sinf x x x x   ， ( ) 2 sinf x x x   ， 设 ( ) ( ) 2 sinh x f x x x   ，则 ( ) sin cosh x x x x    ， (0) 0h  ， ( ) sin cos ( )h x x x x h x      ，故函数 ( )h x 是奇函数． 当 0, 2x     时， sin 0x  ， cos 0x x  ，这时 ( ) 0h x  ， 又函数 ( )h x 是奇函数，所以当 ,02x      时， ( ) 0h x  . 综上，当 ,02x      时，函数 ( )f x 单调递增；当 0, 2x     时，函数 ( )f x 单调递减. 又 2 02 2f          ， 2 02 2f         ， 故 ( ) 0f x  在区间 ,2 2      上恒成立，所以 ( )f x 在区间 ,2 2      上没有零点. （2） sin( ) (2 cos ) 2 cos xf x x ax x       ，由  cos 1,1x   ，所以 2 cos 0x  恒成立， 若 ( ) 0f x  ，则 sin 02 cos xax x   ，设 sin( ) 2 cos xF x ax x    ， 2 2 2cos 1 2 3( ) (2 cos ) 2 cos (2 cos ) xF x a ax x x         21 1 13 2 cos 3 3ax        . 故当 1 3a  时， ( ) 0F x ≥ ，又 (0) 0F  ，所以当 0x  时， ( ) 0F x  ，满足题意； 当 0a  时，有 1 02 2 2F a         ，与条件矛盾，舍去； 当 10 3a  时，令 ( ) sin 3g x x ax  ，则 ( ) cos 3g x x a   ， 又3 1a  ，故 ( ) cos 3 0g x x a    在区间 (0, ) 上有无穷多个零点， 设最小的零点为 1x ， 则当  10,x x 时， ( ) 0g x  ，因此 ( )g x 在 10, x 上单调递增. ( ) (0) 0g x g  ，所以sin 3x ax . 于是，当  10,x x 时， sin sin 2 cos 3 x x axx   ，得 sin 02 cos xax x   ，与条件矛盾. 故 a 的取值范围是 1 ,3    . 【点睛】本题主要考查导数的四则运算法则和导数公式的应用，以及利用导数研究函数的单 调性和最值，涉及分类讨论思想和放缩法的应用，难度较大，意在考查学生的数学建模能力， 数学运算能力和逻辑推理能力，属于较难题． （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.在直角坐标系 xOy 中，直线l 的参数方程为 2 2 2 2 x t y t      （t 为参数），以O 为极点，x 轴 的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 1C 的极坐标方程为 2sin  . （1）求l 的普通方程和 1C 的直角坐标方程； （2）把曲线 1C 向下平移1个单位，然后各点横坐标变为原来的 2 倍得到曲线 2C（纵坐标不变）， 设点 P 是曲线 2C 上的一个动点，求它到直线l 的距离的最小值. 【答案】（1） : 2 4 2 0l x y   ，  22: 1 1C x y   ；（2） 2 10 5 . 【解析】 【分析】 （1）在直线l 的参数方程中消去参数t 可得出直线l 的普通方程，在曲线 1C 的极坐标方程两边 同时乘以  得 2 2 sin   ，进而可化简得出曲线 1C 的直角坐标方程； （2）根据变换得出 2C 的普通方程为 2 2 14 x y  ，可设点 P 的坐标为 2cos ,sin  ，利用 点到直线的距离公式结合正弦函数的有界性可得出结果. 【详解】（1）由 2 2 2 2 x t y t      （t 为参数），得 2 2 2 2 x y     ，化简得 2 4 2 0x y   ， 故直线l 的普通方程为 2 4 2 0x y   . 由 2sin  ，得 2 2 sin   ，又 2 2 2x y   ， cosx   ， siny   . 所以 1C 的直角坐标方程为  22 1 1x y   ； （2）由（1）得曲线 1C 的直角坐标方程为  22 1 1x y   ，向下平移1个单位得到 2 2 1x y  ， 纵坐标不变，横坐标变为原来的 2 倍得到曲线 2C 的方程为 2 2 14 x y  ， 所以曲线 2C 的参数方程为 2cos sin x y      （ 为参数）. 故点 P 到直线l 的距离为 2 2 sin 4 22cos 2sin 4 2 4 5 5 d           ， 当 4   时， d 最小为 2 10 5 . 【点睛】本题考查曲线的参数方程、极坐标方程与普通方程的相互转化，同时也考查了利用 椭圆的参数方程解决点到直线的距离最值的求解，考查计算能力，属于中等题. 23.已知 0a  ， 0b  ，函数   2f x x a x b    的最小值为 1 2 . （1）求证： 2 1a b  ； （2）若 2a b tab  恒成立，求实数t 的最大值. 【答案】（1）见解析；（2）最大值为 9. 【解析】 【分析】 （1）将函数  y f x 表示为分段函数，利用函数的单调性求出该函数的最小值，进而可证 得结论成立； （2）由 2a b tab  可得出 1 2t a b   ，并将代数式 1 2 a b  与 2a b 相乘，展开后利用基本不 等式可求得 1 2 a b  的最小值，进而可得出实数 t 的最大值. 【详解】（1）   3 , 2 2 , 2 3 , ax a b x af x x a x b x a b x b x a b x b                      . 当 2 ax   时，函数  y f x 单调递减，则   2 af x f      ； 当 2 a x b   时，函数  y f x 单调递增，则    2 af f x f b      ； 当 x b 时，函数  y f x 单调递增，则    f x f b . 综上所述，   1 2 2 2 a af x f b        ，所以 2 1a b  ； （2）因为 2a b tab  恒成立，且 0a  ， 0b  ，所以 2a bt ab  恒成立，即 min 2 1t b a      . 因为  2 1 2 1 2 2 2 22 5 5 2 9b a b aa bb a b a a b a b               ，当且仅当 1 3a b  时等 号成立， 所以 9t  ，实数t 的最大值为9. 【点睛】本题考查含绝对值函数最值的求解，同时也考查了利用基本不等式恒成立求参数， 考查推理能力与计算能力，属于中等题.