高考必刷卷（新课标卷） 数学（理）（新课标卷）（新课标卷）08（解析版）

高考必刷卷（新课标卷） 数学（理）（新课标卷）（新课标卷）08（解析版）

2020 年高考必刷卷 08 数学（理） （本试卷满分 150 分，考试用时 120 分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用 2B 铅笔将试卷 类型（B）填涂在答题卡的相应位置上。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置 上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作 答无效。 4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷（选择题) 一、单选题：本大题共 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．已知集合 { | 2 2}A x x    N ， { 1,1,2,3}B   ，则 A B  （ ） A． 1 B． 0,1 C． 0,1,2 D． 0,1,2,3 【答案】A 【解析】 【分析】 求出集合 A ，然后利用交集的定义可求出集合 A B . 【详解】  { | 2 2} 0,1A x x      N ，因此，  1A B  . 故选：A. 【点睛】 本题考查交集的计算，考查计算能力，属于基础题. 2．若 6 10 14log 3, log 5, log 7a b c   ,则( ) A． a b c  B．b c a  C． a c b  D． c b a  【答案】D 【解析】 分析：三个对数的底数和真数的比值都是 2 ，因此三者可化为   1f x x x   的形式，该函数为  0,  上的单调增函数，从而得到三个对数的大小关系. 详解： 2 2 log 3 1 log 3a   ， 2 2 log 5 1 log 5b   ， 2 2 log 7 1 log 7c   ， 令   11 , 01 1 xf x xx x      ，则  f x 在 0,  上是单调增函数. 又 2 2 20 log 3 log 5 log 7   ，所以      2 2 2log 3 log 5 log 7f f f  即 a b c  .故选 D. 点睛：对数的大小比较，要观察不同对数的底数和真数的关系，还要关注对数本身的底数与真数的 关系，从而找到合适的函数并利用函数的单调性比较对数值的大小. 3．设有下面四个命题 1p ：若复数 z 满足 1 Rz  ，则 z R ； 2p ：若复数 z 满足 2z R ，则 z R ； 3p ：若复数 1 2,z z 满足 1 2z z R ，则 1 2z z ； 4p ：若复数 z R ，则 z R . 其中的真命题为 A． 1 3,p p B． 1 4,p p C． 2 3,p p D． 2 4,p p 【答案】B 【解析】 令 i( , )z a b a b  R ，则由 2 2 1 1 i i a b Rz a b a b     得 0b  ，所以 z R ，故 1p 正确； 当 iz  时，因为 2 2i 1z R    ，而 iz R  知，故 2p 不正确； 当 1 2 iz z  时，满足 1 2 1z z R    ，但 1 2z z ，故 3p 不正确； 对于 4p ，因为实数的共轭复数是它本身，也属于实数，故 4p 正确，故选 B. 点睛:分式形式的复数，分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简成 i( , )z a b a b  R 的形式 进行判断，共轭复数只需实部不变，虚部变为原来的相反数即可. 4．如图，《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题：今有竹高一丈，末折抵地，去本三尺，问折 者高几何？意思是：有一根竹子原高一丈（一丈 10 尺），现被风折断，尖端落在地上，竹尖与竹 根的距离三尺，问折断处离地面的高是（ ） A．2.55 尺 B．4.55 尺 C．5.55 尺 D．6.55 尺 【答案】B 【解析】 【分析】 将问题三角形问题，设出另一直角边，则可求出斜边的长，最后利用勾股定理可求出另一直角边. 【详解】 已知一直角边为 3 尺，另两边和为 10 尺，设另一直角边为 x 尺，则斜边为10 x 尺，由勾股定理可 得：  22 23 10x x   ，可得 4.55x  尺. 故选：B 【点睛】 本题考查了数学阅读能力，考查了勾股定理的应用，考查了数学运算能力. 5．函数 2 2( ) 11 x f x x   在区间[ 4,4] 附近的图象大致形状是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 【分析】 通过求特殊点的坐标，结合函数值的正负判断，即可得出结论. 【详解】 2 2( ) 11 x f x x   过点 10， ，可排除选项 A，D.又  2 0f  ，排除 C. 故选:B 【点睛】 本题考查函数图像的识别，属于基础题. 6．在普通高中新课程改革中，某地实施“3+1+2”选课方案．该方案中“2”指的是从政治、地理、化学、 生物 4 门学科中任选 2 门，假设每门学科被选中的可能性相等，那么政治和地里至少有一门被选中 的概率是（ ） A． 1 6 B． 1 2 C． 2 3 D． 5 6 【答案】D 【解析】 【分析】 本题可从反面思考，两门至少有一门被选中的反面是两门都没有被选中，两门都没被选中包含 1 个 基本事件，代入概率的公式，即可得到答案. 【详解】 设 {A  两门至少有一门被选中} ，则 {A  两门都没有选中}， A 包含 1 个基本事件， 则 2 4 1 1( ) 6P A C   ，所以 1 5( ) 1 6 6P A    ，故选 D. 【点睛】 本题主要考查了古典概型及其概率的计算，其中解答中合理应用对立事件和古典概型及其概率的计 算公式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题. 7．若向量 ,a b   满足| | 1,| | 2a b   ，且| | 3a b  r r ，则向量 ,a b   的夹角为（ ） A．30° B．60° C．120° D．150° 【答案】B 【解析】 【分析】 由| | 3a b  r r ,平方求出 a b  ,代入向量夹角公式,求出 ,a b   的夹角余弦值,即可得结果. 【详解】 设 ,a b   的夹角为 | | 3,a b  r r 2 22 2| | ( ) 2 5 2 3,a b a b a a b b a b           r r r r r r r r r r 11, cos ,0 ,2 3 a ba b ab             r rr r rr 故选:B 【点睛】 本题考查向量的模长和向量的夹角计算,着重考查计算能力,属于基础题. 8．大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十“的推论.主要用于解释中国传统文化中的太 极衍生原理数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和是中华传统文化 中隐藏着的世界数学史上第一道数列题其规律是:偶数项是序号平方再除以 2，奇数项是序号平方减 1 再除以 2，其前 10 项依次是 0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，如图所示的程序框图是 为了得到大衍数列的前 100 项而设计的，那么在两个判断框中，可以先后填入( ) A． n 是偶数?， 100n  ? B． n 是奇数?， 100n  ? C． n 是偶数?， 100n  ? D． n 是奇数?， 100n  ? 【答案】D 【解析】 根据偶数项是序号平方再除以 2 ，奇数项是序号平方减1再除以 2 ，可知第一个框应该是“奇数”，执 行程序框图， 1, 0; 2, 2; 3, 4;n s n s n s      2 299 1 100...; 99, 100, ;2 2n s n s    101 100n   结束，所以第二个框应该填 100n  ，故选 D. 9．以 nS  , Tn 分别表示等差数列   n ,  bna 的前 n 项和，若 S 7 3 n n n T n   ，则 5 5 a b 的值为 A．7 B． 21 4 C． 37 8 D． 2 3 【答案】B 【解析】 【分析】 根据等差数列前 n 项和的性质，当 n 为奇数时， 1 2 n ns na  ，即可把 5 5 a b 转化为 9 9 S T 求解. 【详解】 因为数列是等差数列，所以 2 1 1(2 1)n nS n a   ，故 5 5 9 5 5 9 9 7 9 21= =9 9 3 4 a a S b b T   ,选 B. 【点睛】 本题主要考查了等差数列前 n 项和的性质，属于中档题. 10．已知椭圆C 的焦点为 1( 1,0)F  ， 2 (1,0)F ，过 2F 的直线与C 交于 ,A B 两点．若 2 23AF BF ， 1 25BF BF ，则C 的方程为（ ）. A． 2 2 12 x y  B． 2 2 13 2 x y  C． 2 2 14 3 x y  D． 2 2 15 4 x y  【答案】A 【解析】 【分析】 根据椭圆的定义以及余弦定理列方程可解得 2a  ， 1b  ，可得椭圆的方程． 【详解】 解： 2 2| | 3| |AF BF ， 2| | 4 | |AB BF  ， 又 1 25BF BF ， 又 1 2| | | | 2BF BF a  ， 2 3| | aBF  ， 2| |AF a  ， 1| | 5 3BF a ， 1 2| | | | 2AF AF a  ， 1| |AF a  ， 1 2| | | |AF AF  ， A 在 y 轴上． 在 Rt △ 2AF O 中， 2 1cos AF O a   ， 在△ 1 2BF F 中，由余弦定理可得 2 2 2 1 54 ( ) ( )3 3cos 2 2 3 a a BF F a       ， 根据 2 2 1cos cos 0AF O BF F    ，可得 21 3 2 0a a a   ，解得 2 2a  ， 2 2 2 2 1 1b a c     ． 所以椭圆C 的方程为： 2 2 12 x y  ． 故选： A ． 【点睛】 本题考查了椭圆的定义及余弦定理，属中档题． 11．设函数 4 3 1, 0( ) log , 0 x xf x x x      若关于 x 的方程    2 2( ) 3 0f x a f x   恰好有六个不同的 实数解，则实数 a 的取值范围为 A．(2 3 －2， 3 2   B．(－2 3 －2，2 3 －2) C．( 3 2 ，＋∞) D．(2 3 －2，＋∞) 【答案】A 【解析】 【分析】 画出  f x 的图像，利用  f x 图像，利用换元法，将方程    2 2( ) 3 0f x a f x   恰好有六个 不同的实数解的问题，转化为一元二次方程在给定区间内有两个不同的实数根，由此列不等式组， 解不等式组求得 a 的取值范围. 【详解】 画出  f x 的图像如下图所示，令  f x t ，则方程    2 2( ) 3 0f x a f x   转化为  2 2 3 0t a t    ，由图可知，要使关于 x 的将方程    2 2( ) 3 0f x a f x   恰好有六个不 同的实数解，则方程  2 2 3 0t a t    在 1,2 内有两个不同的实数根，所以       2 2 2 2 12 0 21 22 1 2 1 3 0 2 2 2 3 0 a a a a                    ，解得 32 3 2 2a   . 故选：A 【点睛】 本小题主要考查分段函数的图像与性质，考查二次函数根于判别式，考查数形结合的数学思想方法， 属于中档题. 12．过球O 表面上一点 A 引三条长度相等的弦 AB 、 AC 、 AD ，且 AB 、 AC 、 AD 两两夹角都 为 60，若 2BD  ，则该球的体积为（ ） A． 3 2  B． 2 3 3  C． 3 4  D． 2 2  【答案】A 【解析】 【分析】 根据题意可分析四面体 A BCD 是正四面体，各条棱长均为 2 ，依据正四面体外接球半径的求法 即可得解. 【详解】 由题：在四面体 A BCD 中， , 60AB AC AD BAC BAD CAD         ， 所以 , ,BAC BAD CAD   均为等边三角形，且边长均为 2 ， 所以四面体 A BCD 是正四面体，棱长为 2 ，如图： 根据正四面体特征，点 A 在底面正投影 1O 是底面正三角形的中心，外接球球心O 在线段 1AO 上， 设外接球半径为 R ，取 CD 中点 E 过点 , ,B C D 的截面圆的半径 1 2 2 3 623 3 2 3r O B BE      ， 在△ 1O AB 中， 2 2 1 1 2 2 32 3 3O A BA BO     ， 则球心到截面 BCD的距离 1 2 3 3d OO R   在△ 1O OB 中， 2 2 2 1 1O B OO OB  ， 2 2 26 2 3 3 3 R R                ， 解得 3 2R  ， 所以球的体积 3 4 3 3 3 2 2V        . 故选：A 【点睛】 此题考查求正四面体外接球的体积，通过几何体的特征，确定一个截面，寻找球心，根据三角形关 系求出半径即可求解，平常的学习中有必要积累常见几何体外接球半径的求法. 第Ⅱ卷（非选择题) 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。把答案填在题中的横线上。 13．曲线 xy xe 在点  0,0 处的切线方程为______． 【答案】 y x 【解析】 【分析】 利用导数求出曲线 xy xe 在点  0,0 处的切线的斜率，然后利用点斜式可写出所求切线的方程. 【详解】 依题意得 x xy e xe   ，因此曲线 xy xe 在 0x  处的切线的斜率等于1， 所以函数 xy xe 在点  0,0 处的切线方程为 y x . 故答案为： y x ． 【点睛】 本小题主要考查直线的斜率、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识，考 查运算求解能力．属于基础题． 14．记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和.若 1 3 31 4a S ， ，则 S4=___________． 【答案】 5 8 . 【解析】 【分析】 本题根据已知条件，列出关于等比数列公比 q 的方程，应用等比数列的求和公式，计算得到 4S ．题 目的难度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查． 【详解】 详解：设等比数列的公比为 q ，由已知 2 2 3 1 1 1 31 4S a a q a q q q       ，即 2 1 04q q   解得 1 2q   ， 所以 4 4 1 4 11 ( )(1 ) 52 11 81 ( )2 a qS q       ． 【点睛】 准确计算，是解答此类问题的基本要求．本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式分式计算，部分考生 易出现运算错误． 一题多解：本题在求得数列的公比后，可利用已知计算 3 3 4 3 4 3 1 3 1 5( )4 2 8S S a S a q        ， 避免繁分式计算． 15．甲、乙两位同学玩游戏，对于给定的实数 1a ，按下列方法操作一次产生一个新的实数：由甲、 乙同时各掷一枚均匀的硬币，如果出现两个正面朝上或两个反面朝上，则把 1a 乘以 2 后再减去 12,； 如果出现一个正面朝上，一个反面朝上，则把 1a 除以 2 后再加上 12，这样就得到一个新的实数 2a ， 对实数 2a 仍按上述方法进行一次操作，又得到一个新的实数 3a ，当 3 1a a 时，甲获胜，否则乙获胜， 若甲获胜的概率为 3 4 ，则 1a 的取值范围是________ 【答案】   ,12 24,   【解析】 【分析】 按要求操作一次产生一个新的实数，列举得到新的实数的途径，列出不等式，根据所给的甲获胜的 概率为 3 4 ，解出 a1 的结果． 【详解】 a3 的结果有四种，每一个结果出现的概率都是 1 4 ， 1．a1→2a1﹣12→2（2a1﹣12）﹣12＝4a1﹣36＝a3， 2．a1→2a1﹣12→ 12 12 2 a   12＝a1+6＝a3， 3．a1→ 1 2 a  12→ 12 12 2 a  +12 1 4 a  18＝a3， 4．a1→ 1 2 a  12→2（ 1 2 a  12）﹣12＝a1+12＝a3， ∵a1+18＞a1，a1+36＞a1， ∴要使甲获胜的概率为 3 4 ， 即 a3＞a1 的概率为 3 4 ， ∴4a1﹣36＞a1， 1 4 a  18≤a1， 或 4a1﹣36≤a1， 1 4 a  18＞a1， 解得 a1≤12 或 a1≥24． 故选：D． 【点睛】 本题考查新定义问题，考查概率综合，意在考查学生的读题审题能力，考查转化能力，是中档题 16．已知双曲线C ：   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的左右焦点分别为 1F ， 2F ，过 1F 的直线l 与圆 2 2 2x y a  相切于点T ，且直线l 与双曲线 C 的右支交于点 P ，若 1 14F P FT uuur uuur ，则双曲线C 的离 心率为______. 【答案】 5 3 【解析】 【分析】 根据题意，作出图形，结合双曲线第一定义，再将所有边长关系转化到直角三角形 2MPF 中，化简 求值即可 【详解】 如图，由题可知 1 2OF OF c  ， OT a ，则 1FT b ， 又 1 14F P FT uuur uuur Q ， 3TP b  ， 1 4F P b  ， 又 1 2 2PF PF a  ， 2 4 2PF b a   作 2 / /F M OT ，可得 2 2F M a ， TM b ，则 2PM b 在 2MPF ， 2 2 2 2 2PM MF PF  ，即  22 2c b a  ， 2b a c  又 2 2 2c a b  ，化简可得 2 23 2 5 0c ac a   ，同除以 2a ，得 23 2 5 0e e   解得 5 3e  双曲线的离心率为 5 3 【点睛】 本题考查了利用双曲线的基本性质求解离心率的问题，利用双曲线的第一定义和中位线定理将所有 边长关系转化到直角三角形 2MPF 中是解题关键，一般遇到此类题型，还是建议结合图形来进行求 解，更直观更具体 三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第 17-21 题为必做题,每个考生都必须作答.第 22/23 题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共 60 分 17．如图所示，在 ABC 中， ,A ,B C 的对边分别为 a，b，c，已知 2 sin cos sin 0,b A B a B  1a  ， 2c  . （1）求 b 和sinC ； （2）如图，设 D 为 AC 边上一点， 3 7 BD CD  ，求 ABD△ 的面积. 【答案】(1) 7b  ， 21 7 ；(2) 3 4 . 【解析】 【分析】 （1）通过正弦定理边化角，整理化简得到 cos B 的值，再利用余弦定理，求出b ，根据正弦定理， 求出sinC ；（2）根据正弦定理得到 sin 1CBD  ，即 2CBD   ，根据勾股定理得到 3 2BD  ， 根据三角形面积公式，求出 ABD△ 的面积. 【详解】 （1）因为 2 sin cos sin 0b A B a B  ， 所以在 ABC 中，由正弦定理 sin sin sin a b c A B C   ， 得 2sin sin cos sin sin 0B A B A B  ， 因为sin sin 0A B  ，所以 2cos 1 0B   ， 所以 1cos 2B   ， 又 0 B   ，所以 2 3B  ， 由余弦定理得， 2 2 2 2 cosb a c ac B   11 4 2 1 2 2           7 ， 所以 7b  ， 在 ABC 中，由正弦定理 sin sin c b C B  ， 所以 sinsin c BC b  22sin 3 7   21 7  ； （2）在 ABD△ 中，由正弦定理得， sin sin BD C CD CBD   ， 因为 3 7 BD CD  ，所以 sin 3 sin 7 C CBD  ， 因为 21sin 7C  ，所以sin 1CBD  ， 而  0,CBD   所以 2CBD   ， 由 3 7 BD CD  ，设 3 ,BD t 7CD t ， 所以 2 2 2( 3 ) 1 ( 7 )t t  ，所以 1 2t  ， 所以 3 2BD  ， 因为 ABD ABC DBC     2 3 2    6  ， 所以 1 sin2ABDS AB BD ABD    1 3 122 2 2     3 4  . 【点睛】 本题考查正弦定理边角互化，正弦定理、余弦定理解三角形，属于简单题. 18．如图，三棱锥 D-ABC 中， 2,AB AC  2 3,BC  3DB DC  ，E，F 分别为 DB，AB 的 中点，且 90EFC   . （1）求证：平面 DAB  平面 ABC； （2）求二面角 D-CE-F 的余弦值. 【答案】(1)证明见解析；(2) 3 70 28  . 【解析】 【分析】 （1）取 BC 的中点G ，可得 BC AG ，BC DG ，从而得到 BC ⊥平面 DAG ，得到 BC DA ， 由 DA EF∥ ，EF CF ，得到 DA CF ，从而得到 DA  平面 ABC ，所以平面 DAB  平面 ABC ； （2）以 A 为原点，建立空间直角坐标系，利用余弦定理和勾股定理，得到 120BAC   ， 5DA  ， 得到 DCE 的法向量 1n ur ，平面 FCE 的法向量 2n uur ，根据向量夹角的余弦公式，得到二面角 D CE F  的余弦值 【详解】 （1）如图取 BC 的中点G ，连接 AG ， DG ， 因为 2AB AC  ，所以 BC AG ， 因为 DB DC ，所以 BC DG ， 又因为 AG DG G ，所以 BC ⊥平面 DAG ， DA  平面 DAG 所以 BC DA . 因为 E ， F 分别为 DB ， AB 的中点，所以 DA EF∥ . 因为 90EFC   ，即 EF CF ， 则 DA CF . 又因为 BC CF C ， 所以 DA  平面 ABC ， 又因为 DA  平面 DAB， 所以平面 DAB  平面 ABC . （2）因为 DA  平面 ABC ，则以 A 为坐标原点， 过点 A 与 AC 垂直的直线为 x 轴， AC 为 y 轴，AD 为 z 轴， 建立如下图所示的空间直角坐标系. 因为 2,AB AC  2 3,BC  3DB DC  ， 在 ABC 中， 2 2 2 cos 2 AB AC BCBAC AB AC     4 4 12 2 2 2     1 2   ， 所以 120BAC   . 在 Rt DAB 中， 2 23 2DA   5 ， 所以点 (0,0,0)A ， (0,0, 5),D (0,2,0),C ( 3, 1,0)B  ， 3 1 5, , ,2 2 2E      3 1, ,02 2F      . 设平面 DCE 的法向量为  1 1 1 1, , ,n x y z (0,2, 5),DC   3 1 5, ,2 2 2DE         . 所以 1 1 0 0 DC n DE n          ，即 1 1 1 1 1 2 5 0 3 1 5 02 2 2 y z x y z       ， 可取 1 ( 15, 5,2)n  . 设平面 FCE 的法向量为  2 2 2 2, , ,n x y z 3 5, ,0 ,2 2FC        50,0, 2FE        . 所以 2 2 0 0 FC n FE n          ，即 2 2 2 3 5 02 2 5 02 x y z      ， 可取 2 (5, 3,0)n  ， 则 1 2 2 2 22 2 15 5 5 3 2 0cos , 15 5 2 5 3 n n             3 70 28  因为二面角 D CE F  为钝二面角，所以二面角 D CE F  的余弦值为 3 70 28  . 【点睛】 本题考查线面垂直的性质和判定，面面垂直的判定，利用空间向量求二面角的夹角余弦值，属于中 档题. 19．已知动圆过定点 P(4,0),且在 y 轴上截得的弦 MN 的长为 8. (1)求动圆圆心 C 的轨迹方程; (2)过点(2,0)的直线 l 与动圆圆心 C 的轨迹交于 A,B 两点,求证:OA OB  是一个定值. 【答案】（1） 2 8y x ；（2）见解析 【解析】 【分析】 （1）设圆心的坐标为 ( , )x y ，得出 2 2 2 2CP CM MT TC   ，代入点的坐标，即可得到曲线 C 的轨迹方程； （2）设直线方程 2x ky  ，联立方程组，得到 1 2 1 2,y y y y ，再向量的数量积的运算，即可得到 结论. 【详解】 (1)设动圆的圆心 C(x,y),线段 MN 的中点为 T,则|MT|= =4. 由题意得|CP|2=|CM|2=|MT|2+|TC|2,∴y2+(x-4)2=42+x2,∴y2=8x, 即动圆圆心 C 的轨迹方程为 y2=8x. (2)证明:易知直线 l 的斜率不为 0, 设直线 l 的方程为 x=ky+2,A(x1,y1),B(x2,y2). 联立 消去 x 整理得 y2-8ky-16=0,Δ=64k2+64>0,可得 y1+y2=8k,y1y2=-16. 又 =(x1,y1), =(x2,y2), ∴ · =x1x2+y1y2=(ky1+2)(ky2+2)+y1y2=k2y1y2+2k(y1+y2)+4+y1y2=-16k2+16k2+4-16=-12, ∴ · 是一个定值. 【点睛】 本题主要考查抛物线的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,通过联立直线 方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解 析式，确定函数的性质进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本 题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等. 20．已知函数   cos 1f x ax x  在 π0, 6      上的最大值为 3π 16  ． （1）求 a 的值； （2）证明：函数  f x 在区间 π0, 2      上有且仅有 2 个零点． 【答案】（1） 2a  （2）证明见解析 【解析】 【分析】 (1)求导后利用 0, 6x      可得导函数的正负与原函数的单调性,再利用最大值为 3π 16  进行求解即 可. (2)求导分析单调性后,根据零点存在定理求解  0 , ,4 2f f f            的正负即可. 【详解】 （1）    / cos sinf x a x x x  , 因为 0, 6x      ,所以 cos sin 0x x＞ ≥ ,又1 0x＞ ≥ , 所以1 cos sinx x x ＞ ,即 cos sin 0x x x  ． 当 0a  时,  / 0f x  ,所以  f x 在区间 π0, 6      上递增, 所以  max 3 31 16 6 2 6f x f a            ,解得 2a  ． 当 0a  时,  / 0f x  ,所以  f x 在区间 π0, 6      上递减, 所以    max 0 1f x f   ,不合题意． 当 0a  ,   1f x   ,不合题意． 综上, 2a  . （2）设   cos sing x x x x  , 则  / 2sin cos 0 0 2g x x x x x          , 所以  g x 在 0, 2      上单调递减,又  0 1 0, 02 2g g          , 所以存在唯一的 0 0, 2x     ,使得  0 0g x  当 00 x x  时,   0g x  ,即    / 2 0f x g x  ,所以    00,f x x在 上单调递增；当 0 2x x   时,   0g x  ,即    / 2 0f x g x  ,所以    00,f x x在 上单调递减 又   20 1 0, 1 0, 1 04 4 2f f f                    , 所以  f x 在 π0, 4      与 π π,4 2      上各有一个零点, 综上,函数  f x 在区间 0, 2      上有且仅有两个零点. 【点睛】 本小题主要考查导数及其应用、函数的零点、函数的最值与值域等基础知识,考查推理论证能力、运 算求解能力、抽象概括能力等,考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合 思想等,考查的数学素养主要有逻辑推理、直观想象、数学运算等 21．某医药开发公司实验室有  *n n N 瓶溶液，其中 ( )m m N 瓶中有细菌 R ，现需要把含有细 菌 R 的溶液检验出来，有如下两种方案： 方案一：逐瓶检验，则需检验 n 次； 方案二：混合检验，将 n 瓶溶液分别取样，混合在一起检验，若检验结果不含有细菌 R ，则 n 瓶溶 液全部不含有细菌 R ；若检验结果含有细菌 R ，就要对这 n 瓶溶液再逐瓶检验，此时检验次数总共 为 1n  . (1)假设 5 2n m ， ，采用方案一，求恰好检验 3 次就能确定哪两瓶溶液含有细菌 R 的概率； (2)现对 n 瓶溶液进行检验，已知每瓶溶液含有细菌 R 的概率均为 (0 1)P p  . 若采用方案一.需检验的总次数为 ,若采用方案二.需检验的总次数为 . (i)若 与 的期望相等.试求 P 关于 n 的函数解析式 ( )P f n ; (ii)若 1 4P 1 e    ,且采用方案二总次数的期望小于采用方案一总次数的期望.求 n 的最大值. 参考数据： ln 2 0.69,ln3 1.10,ln5 1.61,ln 7 1.95    【答案】（1） 3 10 （2）（ⅰ）   1 *11 n P nn       N （ii）8 【解析】 【分析】 （1）对可能的情况分类：<1>前两次检验出一瓶含有细菌第三次也检验出一瓶含有细菌，<2>前三 次都没有检验出来，最后就剩下两瓶含有细菌；（2）(i)根据 ( ) ( )E E  ，找到 P 与 n 的函数关系； (ii)根据 ( ) ( )E E  得到关于 n 的不等式式，构造函数解决问题. 【详解】 解：（1）记所求事件为 A ，“第三次含有细菌 R 且前 2 次中有一次含有细菌 R ”为事件 B ，“前三次 均不含有细菌 R ”为事件C ， 则 A B C  ，且 ,B C 互斥， 所以 1 1 1 3 2 2 3 3 3 3 5 5 1 1 3( ) ( ) ( ) 5 10 10 A A A AP A P B P C A A        （2）  ( )i E n  ，  的取值为1, 1n  ， ( 1) (1 ) , ( 1) 1 (1 )n nP P P n P         ， 所以 ( ) (1 ) ( 1) 1 (1 ) 1 (1 )n n nE P n P n n P             ， 由 ( ) ( )E E  得 1 (1 )nn n n P    ， 所以   1 *11 n P nn       N ； （ii） 1 41P e    ,所以 4( ) 1 n E n n e      ， 所以 4( 1) n n n e n      ，所以 ln 0,4 nn   设 ( ) ln ( 0)4 xf x x x   ， 1 1 4( ) 4 4 xf x x x     ， 当 (0,4)x 时， ( ) 0, ( )f x f x  在 (0,4) 上单调递增； 当 (4, )x  时， ( ) 0, ( )f x f x  在 (4, ) 上单调递减 又 9(8) ln8 2 0, (9) ln9 04f f      ， 所以 n 的最大值为 8 【点睛】 本题考查离散型随机变量的均值以及随机事件的概率计算，难度较难.计算两个事件的和事件的概率， 如果两个事件互斥，可将结果写成两个事件的概率之和；均值（或期望）的相关计算公式要熟记.. （二）选考题：共 10 分.请考生在 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．选修 4-4：坐标系与参数方程 在极坐标系中，曲线 C1 的极坐标方程是 24 4cos 3sin     ，在以极点为原点 O，极轴为 x 轴正半 轴（两坐标系取相同的单位长度）的直角坐标系 xOy 中，曲线 C2 的参数方程为 cos sin x y      （θ为参 数）. （1）求曲线 C1 的直角坐标方程与曲线 C2 的普通方程； （2）将曲线 C2 经过伸缩变换 2 2 2 x x y y      后得到曲线 C3，若 M，N 分别是曲线 C1 和曲线 C3 上的动 点，求|MN|的最小值. 【答案】（1）C1 的直角坐标方程为 4x＋3y－24＝0，C2 的普通方程为 x2＋y2＝1； （2） 24 2 41 5  . 【解析】 【分析】 （1）由极坐标与直角坐标的互化公式，化简即可求得 C1 的直角坐标方程，结合三角函数的基本关 系式，消去参数，即可求得 C2 的普通方程； （2）将曲线C2经过伸缩变换得到曲线C3C3的参数方程为 2 2 cos ( 2sin x y          为参数），设N（2 cosα， 2sinα），利用点到直线的距离公式，求得 d 有最小值，即可求解. 【详解】 （1）由题意，曲线 C1 的极坐标方程是 24 4cos 3sin     ， 即 4ρcosθ＋3ρsinθ＝24，又由 cos , sinx y     ， 所以 4x＋3y－24＝0，故 C1 的直角坐标方程为 4x＋3y－24＝0. 因为曲线 C2 的参数方程为 cos sin x y      （θ为参数），所以 x2＋y2＝1， 故 C2 的普通方程为 x2＋y2＝1. （2）将曲线 C2 经过伸缩变换 2 2 2 x x y y      后得到曲线 C3， 则曲线 C3 的参数方程为 2 2 cos ( 2sin x y          为参数）. 设 N（2 2 cosα，2sinα），则点 N 到曲线 C1 的距离 2 2 4 2 2 cos 3 2sin 24 2 41sin( ) 24 54 3 d             24 2 41sin( ) 5    （其中 满 足 4 2tan 3   ） 当 sin（α＋φ）＝1 时，d 有最小值 24 2 41 5  ， 所以|MN|的最小值为 24 2 41 5  . 【点睛】 本题主要考查了参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及点到直线的 距离公式的应用，其中解答中熟记极坐标方程与直角坐标方程的互化公式，结合直线参数中参数的 几何意义，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题. 23．选修 4-5：不等式选讲 已知函数   2 3f x x x    . （1）求不等式   2f x  的解集； （2）若   2 1f x x  的解集包含 3,5 ，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1） 3 7| 2 2x x     （2） 1, 7a      【解析】 【分析】 （1）函数化简为分段函数   2 5, 3 1,2 3 5 2 , 2 x x f x x x x         分别解不等式得到答案. （2）题目等价于当  3,5x 时不等式恒成立，得到不等式 2 5 2 1 x ax   ，求   2 5 2 1 xg x x   的最小值 得到答案. 【详解】 （1）   2 5, 3 2 3 1,2 3 5 2 , 2 x x f x x x x x x             ，由   2f x  ，解得 3 7 2 2x  ， 故不等式   2f x  的解集是 3 7| 2 2x x     ； （2）   2 1f x a x  的解集包含 3,5 ，即当  3,5x 时不等式恒成立， 当  3,5x 时，   2 5f x x  ，   2 1f x a x  ，即  2 5 2 1x a x   ， 因为 2 1 0x   ，所以 2 5 2 1 x ax   ， 令   2 5 612 1 2 1 xg x x x     ，  3,5x ，易知  g x 在 3,5 上单调递增， 所以  g x 的最小值为 1(3) 7g  ，因此 1 7a  ，即 a 的取值范围为 1, 7a      . 【点睛】 本题考查了绝对值不等式，将题目等价于当  3,5x 时不等式恒成立是解题的关键.