广东省肇庆市2020届高三下学期高考质量监测数学（理）试题 Word版含解析

广东省肇庆市2020届高三下学期高考质量监测数学（理）试题 Word版含解析

- 1 - 2019-2020 学年高考质量监测考试 高三数学（理）试题 （考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分） 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷 上无效 3.考试结束后，将答题卡交回. 一、选择题（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 { | ln( 1)}M x y x   .  | xN y y e  ，则 M N  （ ） A. ( 1,0) B. ( 1, )  C. (0, ) D. R 【答案】C 【解析】 【分析】 根据函数 ln( 1)y x  的定义域和函数 xy e 的值域，化简集合 ,M N ，按照交集定义，即可 求解. 【详解】 { | ln( 1)} ( 1, )M x y x      ，  | (0, )xN y y e    ， (0, )M N   . 故选：C. 【点睛】本题考查集合的运算，涉及到函数的定义域与值域，属于基础题. 2. 已知复数 5 52 iz ii   ，则| |z  （ ） A. 5 B. 5 2 C. 3 2 D. 2 5 【答案】B 【解析】 - 2 - 【分析】 利用复数除法、加法运算，化简求得 z ，再求得 z 【详解】 5 5 (2 )5 5 1 72 5 i i iz i i ii        ，故 2 2| | ( 1) 7 5 2z     . 故选：B 【点睛】本小题主要考查复数的除法运算、加法运算，考查复数的模，属于基础题. 3. 已知 3log 2a  ， 0.2log 0.3b  ， 11tan 3c  ，则 a ，b ， c 的大小关系是（ ） A. c b a  B. b a c  C. c a b  D. b c a  【答案】A 【解析】 【分析】 由对数函数的单调性和正切函数的性质可得 0 1c b a    ，即可得解. 【 详 解 】 由 对 数 函 数 的 单 调 性 可 知 3 3log 2 log 3 1a    ， 0.2 0.20 log 0.3 log 0.2 1b    ， 由正切函数的性质得 11 2tan tan 3 03 3c       ， 故 0 1c b a    . 故选：A. 【点睛】本题考查了利用对数函数单调性比较大小，考查了正切函数的性质，属于基础题. 4. 已知 ABC ，则“sin cosA B ”是“ ABC 是直角三角形”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】 若sin cosA B ，则 2A B   或 2A B   ；若 2A  ，则sin cosA B ；由充分条件和 必要条件的概念即可得解. - 3 - 【详解】若sin cosA B ，则 2A B   或 2A B   ，不能推出 ABC 是直角三角形； 若 2A  ，则sin cosA B ，所以 ABC 是直角三角形不能推出sin cosA B ; 所以“sin cosA B ”是“ ABC 是直角三角形”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 【点睛】本题考查了三角函数的性质和充分条件、必要条件的概念，属于基础题. 5. 若过抛物线 21 4y x 焦点的直线与抛物线交于 A B、 两点（不重合），则OA OB  (O 为坐 标原点）的值是（ ） A. 3 4 B. 3 4  C. 3 D. 3 【答案】D 【解析】 抛物线为 2 4x y ，焦点为  0,1F ，设 : 1AB y kx  ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，由 2 1 4 y kx x y     有 2 4 4 0x kx   ，所以 1 2 4x x   ，  2 1 2 1 2 1 116y y x x  ，故 1 2 1 2· 3OAOB x x y y     ， 选 D. 6. 《聊斋志异》中有：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术”.在数学中，我们称形如以下 形式的等式具有“穿墙术”： 2 2 3 3 4 42 2 ,3 3 ,4 4 ,3 3 8 8 15 15    则按照以上规律， 若 m mm mn n  具有“穿墙术”，则 m，n 满足的关系式为（ ） A. n =2m-1 B. n=2(m-1) C. n=(m-1)2 D. n=m2 -1 【答案】D 【解析】 【分析】 根据不完全归纳法，以及根式中的分子和分母的关系，可得结果. 【详解】由题可知： 2 2 2 22 2 23 3 2 1    ， 2 3 3 33 3 38 8 3 1    - 4 - 2 4 4 44 4 415 15 4 1    ， 则可归纳： 2 1 m m mm m mn n m    ， 所以 2 1n m  故选：D 【点睛】本题考查不完全归纳法的应用，仔细观察，发现特点，对选择题以及填空题，常可 采用特殊值以及不完全归纳法解决问题，化繁为简，属基础题. 7. 已知函数   2 2cosf x x x  ，若  f x 是  f x 的导函数，则函数  f x 的图象大致是 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 先求导数，再利用二次求导研究导函数零点以及对应区间导函数符号，即可判断选择. 【详解】      2 2cos 2 2sin 2 2cos 0f x x x f x x x f x x         Q 因此当 0x  时，   0f x  ；当 0x  时，    0 0f x f   ；当 0x  时，    0 0f x f   ； 故选：A 【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性以及零点，考查基本分析判断能力，属中档题. 8. 执行下面的程序框图，若输出的结果是 16，则空白框中应填（ ） - 5 - A. 1 n n ， S S n  B. 2 n n ， S S n  C. S S n  ， 1 n n D. S S n  ， 2 n n 【答案】D 【解析】 【分析】 根据四个选项依次代入检验进行求解判断即可. 【详解】A：若空白处是 1 n n ，S S n  时， 1 4i   成立， 2, 0 2 2, 2 4n S i      成立， 所以 3, 2 3 5, 3 4n S i      成立，所以 4, 4 5 9, 4 4n S i      成立，所以 5, 5 9 14, 5 4n S i      不成立，故 14S  ，不符合题意； B：若空白处是 2 n n ， S S n  时， 1 4i   成立， 3, 0 3 3, 2 4n S i      成立， 所以 5, 5 3 8, 3 4n S i      成立，所以 7, 8 7 15, 4 4n S i      成立，所以 9, 15 9 24, 5 4n S i      不成立，故 24S  ，不符合题意； C：若空白处是 S S n  ， 1 n n 时， 1 4i   成立， 1, 2, 2 4S n i    成立，所以 3, 3, 3 4S n i    成立，所以 6, 4, 4 4S n i    成立，所以 10, 5, 5 4S n i    不 成立，故 10S  ，不符合题意； D：若空白处是 S S n  ， 2 n n 时， 1 4i   成立， 1, 3, 2 4S n i    成立，所以 4, 5, 3 4S n i    成立，所以 9, 7, 4 4S n i    成立，所以 16, 9, 5 4S n i    不 - 6 - 成立，故 16S  ，符合题意. 故选：D 【点睛】根据程序框图的输出结果补全程序框图，考查了数学运算能力. 9. 已知函数      sin cosf x x x       （ 0 ， 2   ）的图象向右平移 3  个单 位长度得到函数  g x 的图象，若函数  g x 的最小正周期为 ， 3x  为函数  g x 的一条对 称轴，则函数  g x 的一个单调递增区间为（ ） A. 0 6,     B. ,2       C. 5,3 6       D. ,6 3       【答案】C 【解析】 【分析】 先 利 用 辅 助 角 公 式 化 简 函 数 为   2 sin 4f x x        ， 再 由 平 移 变 换 得 到   2 sin 3 4g x x          ，然后根据  g x 的最小正周期为 ， 3x  为  g x 的一 条对称轴，求得   72 sin 2 6g x x      ，再利用正弦函数的性质求解. 【详解】由题意知，   2 sin 4f x x        ， 所以   2 sin3 3 4g x f x x                  ， 因为  g x 的最小正周期为 ， 所以 2   ， 解得 2  ， 所以   22 sin 2 3 4g x x         ， 因为 3x  为  g x 的一条对称轴， - 7 - 则 4 2 k     （ k Z ），即 3 4 k   （ k Z ）， 因为 2   ，可得 4    ， 所以函数   72 sin 2 6g x x      ， 令 72 2 22 6 2k x k         （ k Z ）， 解得 5 3 6k x k      ，（ k Z ）， 当 0k  时， 5 3 6x   . 故选：C 【点睛】本题主要考查辅助角公式，三角函数图象变换，三角函数的性质的应用，还考查了 运算求解的能力，属于中档题. 10. 分子间作用力只存在于分子与分子之间或惰性气体原子间的作用力，在一定条件下两个 原子接近，则彼此因静电作用产生极化，从而导致有相互作用力，称范德瓦尔斯相互作用.今 有两个惰性气体原子，原子核正电荷的电荷量为 q，这两个相距 R 的惰性气体原子组成体系的 能量中有静电相互作用能U .其计算式子为 2 1 2 1 2 1 1 1 1U kcq R R x x R x R x           ， 其中， kc 为静电常量， 1x 、 2x 分别表示两个原子的负电中心相对各自原子核的位移.已知 1 2 1 2 1 x xR x x R R        ， 1 1 1 xR x R R       ， 2 2 1 xR x R R       ，且   1 21 1x x x    ，则U 的近似值为（ ） A. 2 1 2 3 kcq x x R B. 2 1 2 3 kcq x x R  C. 2 1 2 3 2kcq x x R D. 2 1 2 3 2kcq x x R  【答案】D 【解析】 【分析】 - 8 - 将 1 2 1 2 1 x xR x x R R        ， 1 1 1 xR x R R       ， 2 2 1 xR x R R       代入 U ，结合   1 21 1x x x    化简计算可得出U 的近似值. 【 详 解 】 2 2 1 2 1 21 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 U kcq kcq x x x xR R x x R x R x R R R RR R R                                           2 2 22 1 2 1 2 1 1 2 21 1 1 1x x x x x x x xkcq R R R R R R R                               2 1 2 3 2kcq x x R   . 故选：D. 【点睛】本题考查U 的近似计算，充分理解题中的计算方法是解答的关键，考查推理能力与 计算能力，属于中等题. 11. 过双曲线   2 2 2 2 1 0x y a b a b     的右焦点 2F 的直线在第一、第四象限交两渐近线分别于 P 、Q 两点，且 90OPQ   ，O 为坐标原点，若 OPQ△ 内切圆的半径为 3 a ，则该双曲线 的离心率为（ ） A. 2 B. 5 2 C. 10 D. 10 2 【答案】B 【解析】 【分析】 作出图形，设 OPQ△ 的内切圆圆心为 M ，则 M 在 x 轴上，过点 M 分别作 MN OP 于 N ， MT PQ 于T ，可知四边形 MTPN 为正方形，可求得 MN 、 ON ，进而求得 b a ，然后利 用公式 2 1 be a      可求得该双曲线的离心率 e 的值. 【详解】如图，设 OPQ△ 的内切圆圆心为 M ，则 M 在 x 轴上， - 9 - 过点 M 分别作 MN OP 于 N ， MT PQ 于T ， 由 2F P OP 得四边形 MTPN 为正方形， 双曲线的右焦点  2 ,0F c 到渐近线 0bx ay  的距离为 2 2 2 bcF P b b a    ， 又 2OF c ，所以 2 2 2 2 2 2OP OF F P c b a     ，由 1 3NP MN a  ，得 2 3 aON OP NP   ， 所以， 1tan 2 MNb MONa ON     ，故 2 22 2 2 1 51 1 2 2 c a b be a a a                  . 故选：B. 【点睛】本题考查双曲线离心率的计算，涉及相似三角形的应用，考查计算能力，属于中等 题. 12. 设函数   2ln xef x t x xx x        恰有两个极值点，则实数t 的取值范围是（ ） A. 1, 2     B. 1 ,2     C. 1 , ,2 3 3 e e          D. 1, ,2 3 e          【答案】C 【解析】 【分析】 - 10 -  f x 恰有两个极值点，则 ( ) 0f x¢ = 恰有两个不同的解，求出 ( )f x¢ 可确定 1x  是它的一 个解，另一个解由方程 e 02 x tx   确定，令    e 02 x g x xx   通过导数判断函数值域求 出方程有一个不是 1 的解时 t 应满足的条件. 【详解】由题意知函数  f x 的定义域为( )0,+¥ ，     2 2 1 e 1 21 xxf x tx x x              2 1 e 2xx t x x         2 e1 2 2 x x x tx x       . 因为  f x 恰有两个极值点，所以 ( ) 0f x¢ = 恰有两个不同的解，显然 1x  是它的一个解， 另一个解由方程 e 02 x tx   确定，且这个解不等于 1. 令    e 02 x g x xx   ，则      2 1 e 0 2 xxg x x     ，所以函数  g x 在( )0,+¥ 上单调递增， 从而     10 2g x g  ，且  1 3 eg  .所以，当 1 2t  且 e 3t  时，   e 2ln x f x t x xx x        恰有两个极值点，即实数t 的取值范围是 1 , ,2 3 3 e e          . 故选：C 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性与极值，函数与方程的应用，属于中档题. 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13. 己知  1,2a  r ，  2,b x ，且这两个向量的夹角的余弦值为 4 5 ，则 x  ________. 【答案】1 【解析】 【分析】 直接根据向量夹角公式计算得到答案. 【详解】两个向量的夹角的余弦值为 4 5 ，故 4 5a b a b      ，即 242 2 5 45x x    ， 解得 1x  或 11x   ，验证 11x   不成立. 故答案为：1. - 11 - 【点睛】本题考查了根据向量夹角求参数，意在考查学生的计算能力. 14. 若  1,6a  ，则函数 2x ay x  在区间 2, 内单调递增的概率是______. 【答案】 3 5 【解析】 【分析】 利用函数 2x ay x  在区间 2, 内单调递增，得出不等式 0y  对任意的  2,x  恒成 立，可求得实数 a 的取值范围，再由几何概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】函数 2x ay x  在区间 2, 单调递增， 2 2 21 0a x ay x x      在 2, 恒 成立， 2a x  在 2, 恒成立， 4a  ， 又因为  1,6a  ，  1,4a  ， 所以函数 2x ay x  在区间 2, 内单调递增的概率是 4 1 3 6 1 5   . 故答案为： 3 5 . 【点睛】本题考查几何概型概率的计算，同时也考查了利用函数在区间上的单调性求参数， 考查了参变量分离法的应用，考查计算能力，属于中等题. 15.   6 3 11 2x x x      的展开式中 3x 项的系数是____________.(用数字作答) 【答案】300 【解析】 【分析】 求出 612x x     展开式中的常数项和含 3x 的项，分别与 3x 和1相乘，即可求解. 【详解】 612x x     展开式的通项为 366 6 2 1 6 6 1(2 ) ( ) 2 kk k k k k kT C x C x x       ， 0,1, 6k   ，令 36 0, 42 k k   ， 36 3, 22 k k   ， - 12 - 612x x     展开式中，常数项为 4 2 5 6 2 60T C   ， 含 3x 项为 2 4 3 3 3 6 2 240T C x x   ，   6 3 11 2x x x      的展开式中 3x 项系数为 60 240 300  . 故答案为：300. 【点睛】本题考查二项展开式定理，熟练掌握二项展开式通项是解题的关键，属于基础题. 16. 已知四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是梯形，且 AD BC∥ ， AD DC ， 2 2 4  AD DC CB ， AP PD ， PA PD ， 2 2PC ，AD 的中点为 E，则四棱锥 P BCDE 外接球的表面积为________. 【答案】 28 3  【解析】 【分析】 由已知得，ABCD 是直角梯形， 90ADC   ， 2DC CB  ，那么 DEBC 是正方形，由 AD  平面 PBE ，可知 BC ⊥平面 PBE ，可解得 PB，可知 PBE△ 是等边三角形， P BCDE 外接 球的球心O 到 , , ,B C D E 四点距离相等，设O 在平面 BCDE 的投影为 H ，根据勾股定理可知 点 H 是对角线的交点，在 ROB 中可得 2 2 2 2 2 2R OB HB h h     ，过 P 作 PF EB 于 F ，再根据    222 2 2 3 1R OP PF h HF h       ，可求出 2R ，由外接球面积公式 即得。 【详解】由题得， PE AD ， / /BC ED ，又 90ADC   ， 四边形 BCDE 是正方形， AD BE ， AD  平面 PBE ， 又 / /BC AD ， BC ⊥平面 PBE ，所以 90PBC  . 则有 2 2 2PB BC PC  ，即 2 2 22 (2 2)PB   ，解得 2PB  . 球心 O 到 , , ,B C D E 四点距离相等，设O 在平面 BCDE 的投影为 H ， 那么OH HB ，OH HC ，OH HD ，OH HE ， 设OH h ，则有 2 2 2OB h HB  ， 2 2 2OC h HC  ， 2 2 2OD h HD  ， 2 2 2OE h HE  ， - 13 - 又 OB OC OD OE R    ， HB HC HD HE   . BCDE 是正方形， 平面 BCDE 上且到 , , ,B C D E 四点距离相等的点即为正方形 BCDE 的对称中心， 即对角线的交点，则 2HB HC HD HE    .  2 2 2 2 2 2R OB HB h h     .过 P 作 PF EB 于 F ，  AD  平面 PBE ， PF AD ， PF  平面 BCDE ，即 F 是点 P 在平面 BCDE 的投 影.  PBE△ 是等边三角形，  3PF  ， 1 12HF ED  ，    222 2 2 3 1R OP PF h HF h       ，与 2 2 2R h  联立,解得 2 7 3R  ， 则 2 34 28S R   . 故答案为： 28 3  【点睛】本题考查求空间几何体的外接球的表面积，是常考题型，解题关键是建立球心和四 棱锥顶点的联系。 三、解答题（本大题共 6 小题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 已知数列 na 的前 n 项和 23 8nS n n  ， nb 是等差数列，且 1n n na b b   . （Ⅰ）求数列 nb 的通项公式； （Ⅱ）令 1( 1) ( 2) n n n n n ac b   .求数列 nc 的前 n 项和 nT . 【答案】（Ⅰ） ;（Ⅱ） 【解析】 - 14 - 试题分析：（1）先由公式 1n n na S S   求出数列 na 的通项公式；进而列方程组求数列 nb 的首项与公差，得数列 nb 的通项公式；（2）由（1）可得   13 1 2n nc n    ，再利用“错位 相减法”求数列 nc 的前 n 项和 nT . 试题解析：（1）由题意知当 2n  时， 1 6 5n n na S S n    ， 当 1n  时， 1 1 11a S  ，所以 6 5na n  ． 设数列 nb 的公差为 d ， 由 1 1 2 2 2 3 {a b b a b b     ，即 1 1 11 2{17 2 3 b d b d     ，可解得 1 4, 3b d  ， 所以 3 1nb n  ． （2）由（1）知       1 16 6 3 1 2 3 3 n n n n nc n n       ，又 1 2 3n nT c c c c    ，得  2 3 4 13 2 2 3 2 4 2 1 2n nT n             ，  3 4 5 22 3 2 2 3 2 4 2 1 2n nT n             ，两式作差，得      2 3 4 1 2 2 24 2 1 3 2 2 2 2 2 1 2 3 4 1 2 3 22 1 n n n n n nT n n n                                所以 23 2n nT n   ． 考点 1、待定系数法求等差数列的通项公式；2、利用“错位相减法”求数列的前 n 项和. 【易错点晴】本题主要考查待定系数法求等差数列的通项公式、利用“错位相减法”求数列 的前 n 项和，属于难题. “错位相减法”求数列的前 n 项和是重点也是难点，利用“错位相减 法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差 数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项 的符号；③求和时注意项数别出错；④ 最后结果一定不能忘记等式两边同时除以1 q . 18. 《九章算术》是我国古代数学名著,它在几何学中的研究比西方早 1000 多年,在《九章算 术》中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵(qian du);阳马指底面为 矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥,鳖膈(bie nao)指四个面均为直角三角形的四面体.如图在 - 15 - 堑堵 1 1 1ABC A B C 中, AB AC . (1)求证:四棱锥 1 1B A ACC 为阳马; (2)若 1 2C C BC  ,当鳖膈 1C ABC 体积最大时,求锐二面角 1 1C A B C  的余弦值. 【答案】(1)证明见解析;(2) 15 5 . 【解析】 【分析】 (1)按照题目定义，只要证明 AB  面 1 1ACC A 即可，而由 1A A AB ， AB AC 即可证出 AB  面 1 1ACC A ； (2)先根据基本不等式求出当 2AB AC  时，鳖膈 1C ABC 体积最大，然后建立如图所 示的空间直角坐标系，根据向量法即可求出锐二面角 1 1C A B C  的余弦值． 【详解】(1)∵ 1A A  底面 ABC ， AB Ì面 ABC ∴ 1A A AB 又 AB AC ， 1A A AC AI ∴ AB  面 1 1ACC A ， 又四边形 1 1ACC A 为矩形 ∴四棱锥 1 1B A ACC 为阳马． (2)∵ AB AC ， 2BC  ，∴ 2 2 4AB AC  又∵ 1A A  底面 ABC ， - 16 - ∴ 1 1 1 1 3 2C ABCV C C AB AC     2 21 1 2 3 3 2 3 AB ACAB AC       当且仅当 2AB AC  时， 1 1 3C ABCV AB AC    取最大值 ∵ AB AC ， 1A A  底面 ABC ∴以 A 为原点，建立如图所示空间直角坐标系  2,0,0B ，  0, 2,0C ，  1 0,0,2A  1 2,0, 2A B   uuur ，  2, 2,0BC   ，  1 1 0, 2,0AC  uuuur 设面 1A BC 的一个法向量  1 1 1 1, ,n x y z 由 1 1 1 0 0 n A B n BC          得  1 2 2,1n  ur 同理得  2 2,0,1n  uur ∴ 1 2 1 2 1 2 15cos , 5| | | | n nn n n n    ur uurur uur ur uur 二面角 1 1C A B C  的余弦值为 15 5 ． 【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理的应用，基本不等式的应用，以及向量法求二面 角的余弦值，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于中档题． 19. 设椭圆C ：   2 2 2 2 1 0x y a ba b     的离心率为 1 2e  ，椭圆C 上一点 P 到左右两个焦点 - 17 - 1F 、 2F 的距离之和是 4. （1）求椭圆的方程； （2）已知过 2F 的直线与椭圆C 交于 A 、 B 两点，且两点与左右顶点不重合，若 1 1 1F M F A F B    ，求四边形 1AMBF 面积的最大值. 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  ；（2）6. 【解析】 【分析】 (1)首先可根据题意得出 2a  ，然后根据 1 2e  得出 1c  ，最后通过 2 2 2b a c  计算出 2b 的 值并写出椭圆C 方程； (2)首先可以设  1 1,A x y 、  2 2,B x y ，然后根据直线过点 2F 设出直线 AB 方程，再然后联立 直线方程与椭圆方程，根据韦达定理得出 1 2 2 6 3 4 my y m    以及 1 2 2 9 3 4y y m   ，再然后结 合题意得出四边形 1AMBF 是平行四边形以及其面积 1 2 1 2 12 2S F F y y     ，最后通过计 算即可得出结果. 【详解】(1)因为椭圆C 上一点 P 到左右两个焦点 1F 、 2F 的距离之和是 4， 所以 2 4a  ， 2a  ， 因为 1 2 ce a   ，所以 1c  ， 2 2 2 3b a c   所以椭圆 C 方程为 2 2 14 3 x y  . (2)设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 因为直线过点 2F ，所以可设直线 AB 方程为 1x my  ， 联立方程 2 2 1 14 3 x my x y     ，消去 x 可得：  2 23 1 4 12my y   ， 化简整理得 2 23 4 6 9 0m y my    ， 其中    2 2 236 36 3 4 144 1 0m m m       ， - 18 - 1 2 2 6 3 4 my y m    ， 1 2 2 9 3 4y y m   ， 因为 1 1 1F M F A F B    ，所以四边形 1AMBF 是平行四边形， 设平面四边形 1AMBF 的面积为 S ， 则  1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 12 2 2 4 242 3 4ABF mS S F F y y y y y y m            △ ， 设 2 1t m  ，则  2 2 1 1 tm t   ， 所以 2 124 24 13 1 3 tS t t t      ， 因为 1t  ，所以 13 4t t   ，  0,6S  ， 所以四边形 1AMBF 面积的最大值为 6. 【点睛】本题考查椭圆的方程的求法以及直线与椭圆相交的相关问题，可利用椭圆的 a 、b 、 c 三者之间的联系求椭圆方程，考查韦达定理的灵活应用，考查计算能力，考查化归与转化思 想，是难题. 20. 在全面抗击新冠肺炎疫情这一特殊时期，我市教育局提出“停课不停学”的口号，鼓励 学生线上学习.某校数学教师为了调查高三学生数学成绩与线上学习时间之间的相关关系，对 高三年级随机选取 45 名学生进行跟踪问卷，其中每周线上学习数学时间不少于 5 小时的有 19 人，余下的人中，在检测考试中数学平均成绩不足 120 分的占 8 13 ，统计成绩后得到如下 2 2 列联表： 分数不少于 120 分 分数不足 120 分 合计 线上学习时间不少于 5 小时 4 19 线上学习时间不足 5 小时 合计 45 （1）请完成上面 2 2 列联表；并判断是否有 99%的把握认为“高三学生的数学成绩与学生线 上学习时间有关”； （2）①按照分层抽样的方法，在上述样本中从分数不少于 120 分和分数不足 120 分的两组学 - 19 - 生中抽取 9 名学生，设抽到不足 120 分且每周线上学习时间不足 5 小时的人数是 X ，求 X 的 分布列（概率用组合数算式表示）； ②若将频率视为概率，从全校高三该次检测数学成绩不少于 120 分的学生中随机抽取 20 人， 求这些人中每周线上学习时间不少于 5 小时的人数的期望和方差. （下面的临界值表供参考） 2 0( )P K k 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 0k 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 （参考公式 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d      其中 n a b c d    ） 【答案】（1）填表见解析；有 99%的把握认为“高三学生的数学成绩与学生线上学习时间有关” （2）①详见解析②期望12 ；方差 4.8 【解析】 【分析】 （1）完成列联表，代入数据即可判断； （2）利用分层抽样可得 X 的取值，进而得到概率，列出分布列；根据分析知 (20,0.6)Y B ， 计算出期望与方差. 【详解】（1） 分数不少于 120 分 分数不足 120 分 合计 线上学习时间不少于 5 小时 15 4 19 线上学习时间不足 5 小时 10 16 26 合计 25 20 45 2 2 45(15 16 10 4) 7.29 6.63525 20 19 26K        - 20 - 有 99%的把握认为“高三学生的数学成绩与学生线上学习时间有关”. （2）①由分层抽样知，需要从不足 120 分的学生中抽取 209 445   人， X 的可能取值为 0，1，2，3，4， 4 4 4 20 ( 0) CP X C   ， 3 1 4 16 4 20 ( 1) C CP X C   ， 2 2 4 16 4 20 ( 2) C CP X C   1 3 4 16 4 20 ( 3) C CP X C   ， 4 16 4 20 ( 4) CP X C   ， 所以， X 的分布列： X 0 1 2 3 4 P 4 4 4 20 C C 3 1 4 16 4 20 C C C 2 2 4 16 4 20 C C C 1 3 4 16 4 20 C C C 4 16 4 20 C C ②从全校不少于 120 分的学生中随机抽取 1 人，此人每周上线时间不少于 5 小时的概率为 15 0.625  ，设从全校不少于 120 分的学生中随机抽取 20 人，这些人中每周线上学习时间不少 于 5 小时的人数为Y ，则 (20,0.6)Y B ， 故 ( ) 20 0.6 12E Y    ， ( ) 20 0.6 (1 0.6) 4.8D Y      . 【点睛】本题考查了独立性检验与离散型随机变量的分布列、数学期望与方差的计算问题， 属于基础题. 21. 已知函数   2ln 1 af x x x    ， aR . （1）当 1a   时，求曲线  y f x 在点   1, 1f 处的切线方程； （2）求函数  f x 在  1, 上的极值； （3）设函数    2 lng x x a x  ，若 2a   ，且对任意的实数  1,x e ，不等式   24g x e 恒成立（e 是自然对数的底数），求实数 a 的取值范围. 【答案】（1） 1 0x y   ；（2）当 2a   时，  f x 无极值；当 2a   时，  f x 的极小值 - 21 - 为 2ln 32 a     ，无极大值；（3） 2,3e . 【解析】 【分析】 （1）代入 1a   ，求导，求出斜率和切点，利用点斜式可写出直线方程； （2）求导，分类讨论求出函数  f x 在  1, 上单调性，列表，找到极值点，进而可得极值； （3）对任意  1,x e 的，   24g x e 恒成立，先通过     2 2 1 4 4 g e g e e    估算实数 a 的取值范围， 再分 2 1a   和1 3a e  讨论，求导，求出  g x 的最大值，列不等式求解即可. 【详解】（1）当 1a   时，   12ln 1f x x x    ，   2 2 1xf x x   ， 所以  1 1f   ，  1 2f  ， 所以曲线  y f x 在点   1, 1f 处的切线方程为 2 1y x   即 1 0x y   ； （2）   2 2x af x x   ，  1,x  . ①当 2a   时，   0f x  ，  f x 在  1, 上单调增，所以  f x 无极值； ②当 2a   时，令   0f x  ，得 2 ax   ，列表如下： x 1, 2 a    2 a ,2 a      f x  0   f x  极小值  - 22 - 所以  f x 的极小值为 2ln 32 2 a af              . 综上所述，当 2a   时，  f x 无极值； 当 2a   时，  f x 的极小值为 2ln 32 a     ，无极大值； （3）因为        2ln 1 ag x x a x x a f xx           . 由题意，对任意  1,x e 的，   24g x e 恒成立，所以       2 2 2 1 0 4 4 g e g e e a e       ， 解得 3e a e   ，又 2a   ，所以 2 3a e   . ①当 2 1a   时，因为  1,x e ，所以 0x a  ，当且仅当 1a x  时，取等号. 由（2）知，  f x 在 1,e 上单调增，所以    1 1 0f x f a    . 所以   0g x  ，当且仅当 1a x  时，取等号， 所以  g x 在 1,e 上单调增，则     2 max 4g x g e e     ， 解得 3e a e   ，此时， 2 1a   . ②当1 3a e  时，由（2）知，  f x 在 1,e 上单调递增，且     1 1 0 3 0 f a af e e        ， 又   2ln 0f a a  ，所以存在  0 1,x a ，且  0 1,x e ，使得  0 0f x  ， 即 0 0 2ln 1 0ax x    ，得 0 0 02 lnx a x x   . 所以   0g x  的解为 0x 和 a，列表如下： x  01, x 0x  0,x a a  ,a   g x  0  0   g x  极大值  极小值  - 23 - 所以    2 0 0g x x e  ， 2 0ln 4x e ，即 2 3 2 0 0lnx x e ， 又 01 x e  ，所以 2 3 2 0 0lnx x e 恒成立，此时，1 3a e  . 综上所述，实数 a 的取值范围为 2,3e . 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值和最值问题，考查学生转化能力和分析 能力，考查了分类讨论的思想，是中档题. 【选考题】请考生在第 22，23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答 时，请用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑. 【选修 4-4：坐标系与参数方程】 22. 在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的参数方程为 ,x t y m t     （t 为参数， m R ）以原 点为极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为 2 2 3 1 2sin    （  0, 0,    ）. （1）求曲线 1C 、 2C 的直角坐标方程. （2）若 P 、Q 分别为 1C 、 2C 上的动点，且 P 、Q 间距离的最小值为 2 2 ，求实数 m 的值. 【答案】（1） 1 : 0C x y m   ， 2 2 2 : 1( 0)3 xC y y   .（2） 4 3m    或者 6m  . 【解析】 【详解】分析：（1）消去参数可得 1C 的直角坐标方程为: 0x y m   ，极坐标方程化为直角 坐标方程为   2 2 1 03 x y y   . （2）设  3 ,Q cos sin  ，  0,  ，由点到直线距离公式可得Q 到 1C 的距离 2 3 2 sin m d      ， 结合题意分类讨论可得 4 3m    或者 6m  . - 24 - 详解：（1）消去参数可得 1C 的直角坐标方程为: 0x y m   ， 2C 的方程即： 2 2 22 sin 3    ，即 2 2 22 3x y y   ， 则直角坐标方程为：   2 2 1 03 x y y   . （2）设  3 ,Q cos sin  ，  0,  ， 则Q 到 1C 的距离 3 2 cos sin m d     2 3 2 sin m     ， 4,3 3 3          . 由 P 、Q 间距离的最小值为 2 2 知： 当 0m  时，不符合题意. 当 0m  时， 2 4m  得 6m  ； 当 0m  时， 3 4m   ，得 4 3m    . 综上： 4 3m    或者 6m  . 点睛：本题主要考查参数方程与普通方程互化，极坐标方程与互化，极坐标方程的几何意义 等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 【选修 4-5：不等式选讲】 23. 已知实数正数 x， y 满足 1x y  . （1）解关于 x 的不等式 52 2x y x y    ； （2）证明： 2 2 1 11 1 9x y          . 【答案】（1） 1 ,16     ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）由已知得 0 1x  ，并把 1y x  代入不等式后利用绝对值的性质解不等式； （2）把 2 1 x 和 2 1 y 中的分子 1 用 2( )x y 代换，然后化简后用基本不等式可证明． - 25 - 【详解】（1） 1, 0, 0x y x y    且 0 152 52 2 2 1 2 x x y x y x x             0 10 1 1 11 2 12 1 2 22 xx x x xx x                     解得 1 16 x  ，所以不等式的解集为 1 ,16     （2） 1,x y  且 0, 0x y  ，    2 22 2 2 2 2 2 1 11 1 x y x x y y x y x y               2 2 2 2 2 2xy y xy x x y    2 2 2 2 2 2y y x x x x y y          2 2 5x y y x    2 22 5 9x y y x     . 当且仅当 1 2x y  时，等号成立. 【点睛】本题考查解绝对值不等式，考查不等式的证明．解题关键是“1”的代换，解不等式 是利用消元法，而不等式的证明用到了“1”的代换，代换时要注意次数的一致性，否则达不 到目的． - 26 -