山东省德州市夏津第一中学2020届高三上学期12月月考数学试卷

山东省德州市夏津第一中学2020届高三上学期12月月考数学试卷

数学试题 一、单项选择题 1.已知集合  2 6 0A x x x    ，集合  1B y y x   ，则 R A B ð （ ）． A.  1,3 B.  1,3 C.  3, D.  3, 【答案】C 【解析】 【分析】 求出 A 中不等式的解集确定出 A ，及 B 中 x 的范围确定出 B ，确定出集合 A 的补集再求出  R A Bð 即可. 【详解】因为集合    2 6 0 2 3A x x x x x        ， 则    , 2 3,R A     ð ， 又    1 0B y y x y y     ， 所以   3,R A B  ð . 故选：C . 【点睛】此题考查了交集、补集及其运算,熟练掌握交集、补集的定义是解本题的关键，是基 础题. 2.若复数  2i 1 i a a  R 为纯虚数，则 1 ia （ ）． A. 2 B. 2 C. 5 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】 把给出的复数化简,然后由实部等于 0 ，虚部不等于 0 求解 a 的值，最后代入模的公式求模. 【详解】由 2 ( 2 )(1 ) ( 2) ( 2) 1 (1 )(1 ) 2 a i a i i a a i i i i           ， 因为复数 2 ( )1 a i a Ri   为纯虚数， 2 02 2 02 a a     ，解得 2a  , 所以 2 21 i 1 2 1 2 5a i      故选: D . 【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数是纯虚数的充要条件，考查了复 数模的求法,是基础题. 3.下列不等式正确的是（ ） A. 3 0.2 3log 0.2 0.2 3  B. 0.2 3 3log 0.2 3 0.2  C. 3 0.2 30.2 log 0.2 3  D. 0.2 3 33 log 0.2 0.2  【答案】A 【解析】 【分析】 根据指数函数、对数函数的图像与性质,结合中间值法即可比较大小. 【详解】对于 3log 0.2 ,由对数函数的图像与性质可知 3 3log 0.2 log 1 0  对于 30.2 ,由指数函数的图像与性质可知 30 0.2 1  对于 0.23 ,由指数函数的图像与性质可知 0.2 03 3 1  综上可知, 3 0.2 3log 0.2 0.2 3  故选:A 【点睛】本题考查了指数函数与对数函数的图像与性质的应用,函数值的大小比较,属于基础题. 4.已知函数  f x 是定义在   4,0 0,4  上的奇函数，当  0,4x 时，  f x 的图象如图所 示，那么满足不等式   3 1xf x   的 x 的取值范围是（ ）． A.    1, 2 2,1   B.    4, 2 0,1   C.    4, 2 2,4   D.    1,0 2,4  【答案】B 【解析】 【分析】 利用奇函数画出函数图像，同时画出 3 1xy   的图像，结合图像即可得出. 【详解】 ( )f x 为   4,0 0,4  上的奇函数，所以如图，画出 ( )f x 在[ 4,0) 的图象，得点 8( 2, )9   、点 (1.2) 在 ( )f x 上， 画出 3 1xy   的图象，得到其渐近线为 1y   ，且在第一象限与 ( )f x 的图象交点为 (1,2) ， 要解不等式 ( ) 3 1xf x … ，则结合图象，需 ( )f x 的图象在 3 1xy   图象的上方，从而解 得: [ 4, 2] [0,1]x    . 故选： B . 【点睛】本题主要考查的是函数奇偶性，单调性的应用，以及指数函数的性质应用，数型结 合的应用，是中档题. 5.已知 π 1cos 3 3      ，则 7πsin 26      （ ）． A. 1 3 B. 1 3  C. 7 9 D. 7 9  【答案】D 【解析】 【分析】 利用诱导公式和二倍角公式计算可得. 【详解】 1 1cos sin sin3 3 2 3 6 3                                ， 7sin 2 sin 2 sin 26 6 6                            cos 22 6             cos 2 3       cos2 6       22sin 16       7 9   . 故选： D . 【点睛】本题主要考查的是诱导公式，二倍角公式的应用，考查学生的计算能力，是基础题. 6.数列 na ， nb 满足 1 1 1a b  ， 1 1 2n n n n ba a b      ， n N ，则数列 nab 的前 n 项和 为（ ）． A.  14 4 13 n  B.  4 4 13 n  C.  11 4 13 n  D.  1 4 13 n  【答案】D 【解析】 【分析】 由题意是数列 na 是等差数列，数列 nb 的等比数列，分别求出它们的通项，再利用等比数 列前 n 项和公式即可求得. 【详解】因为 1 1 2n n n n ba a b      ， 1 1 1a b  ，所以数列 na 是等差数列，数列 nb 的等 比数列， 因此  1 2 1 2 1na n n     ， 1 11 2 2n n nb     ， 数列 nab 的前 n 项和为： 1 2 1 3 5 2 1na a a nb b b b b b b          0 2 4 22 2 2 2 n      1 4 1 4 11 4 3 n n   . 故选： D . 【点睛】本题主要考查的是数列的基本知识，等差数列、等比数列的通项公式以及等比数列 的求和公式的应用，是中档题. 7.第七届世界军人运动会于 2019 年 10 月 18 日在武汉举行，现有 A ， B ，C ， D ， E 5 名志 愿者分配到甲，乙，丙三个体育馆参加志愿者活动，每个体育馆至少安排一人且 A 和 B 是同 学需分配到同一体育馆，则甲体育馆恰好安排了 1 人的概率是（ ）． A. 1 2 B. 1 3 C. 1 4 D. 1 5 【答案】A 【解析】 【分析】 根据题意,首先 A 和 B 看成一个整体再根据每个体育馆至少安排一人，计算所有的基本事件， 再计算甲体育馆恰好安排了 1 人含的基本事件个数，由等可能事件的概率公式,计算可得答案. 【详解】因为 A 和 B 是同学需分配到同一体育馆，所以把 ,A B 看成一个元素， 又每个体育馆至少安排一人， 所有的基本事件有 2 3 4 3 4 3 3 2 1 362C A      ， 甲体育馆恰好安排了 1 人的基本事件有 1 2 2 3 3 2 3 23 2 1 182C C A      , 甲体育馆恰好安排了 1 人的概率为 18 1 36 2  . 故选： A . 【点睛】本题主要考查的是古典概型及其概率公式，考查带有限制条件的元素的排列组合问 题，考查利用排列组合知识解决实际问题的能力，是中档题. 8.设抛物线 2 2y x 的焦点为 F ，过点 ( 3 0)M ， 的直线与抛物线相交于 A ， B 两点， 与抛物线的准线相交于点C ，| | 2BF  ，则 BCF 与 ACF 的面积之比 BCF ACF S S   等于 （ ） A. 4 5 B. 2 3 C. 4 7 D. 1 2 【答案】A 【解析】 如图过 B 作准线 1 2l x  ： 的垂线，垂足分别为 1 1A B， ， BCF ACF BCS S AC    ，又 1 1 ,B BC A AC ∽ 1 1 BC BB AC AA  ，， 由拋物线定义 1 1 2BB BF AA AF AF   ．由 1 2BF BB  知 3 32B Bx y，   ， 30 333 2 AB y x     ： （ ）． 把 2 2 yx  代入上式，求得 2 2A Ay x ， ， 1 5  2AF AA   ． 故 2 4 5 5 2 BCF ACF BFS S AF     ． 故选 A． 二、多选题 9.定义新运算  ，当 a b 时， a b a  ；当 a b 时， 2a b b  ，则函数      1 2f x x x x    ，  2,2x  的值可以等于（ ）． A. 6 B. 1 C. 6 D. 4 【答案】BCD 【解析】 【分析】 先根据题意算出函数  f x 的表达式，再算出函数  f x 的值域，即可得答案. 【详解】由题意知       3 2, 2 11 2 2,1 2 x xf x x x x x x             ， 易知函数  f x 在  2,2x  上单调递增， 所以    4,6f x   ， 所以函数      1 2f x x x x    ，  2,2x  的值可以等于为 4,1,6 . 故选： BCD . 【点睛】本题主要考查的是函数的单调性和函数的值域的应用，考查学生的分析问题解决问 题的能力，是中档题. 10.已知两条直线 l ， m 及三个平面 ，  ， ，则  的充分条件是（ ）． A. l  ， l  B. l  ， m  ，l m C.   ，   D. l  ， m  ，l m 【答案】ABC 【解析】 【分析】 根据面面垂直的判定定理，即可得作出判断. 【详解】由面面垂直定理可以判断 , ,A B C 正确， 对于选项 D ，l  ， m  ，l m ，也可以得到 ∥ ，故 D 错. 故选： ABC . 【点睛】本题主要考查的是面面垂直的判定定理、充分条件的判断，考查学生的分析问题解 决问题的能力，是基础题. 11.已知函数    sinf x A x   （其中 0A  ， 0 ， 0 π  的部分图象，则下列 结论正确的是（ ）． A. 函数  f x 的图象关于直线 π 2x  对称 B. 函数  f x 的图象关于点 π ,012     对称 C. 函数  f x 在区间 π π,3 6     上单调增 D. 函数 1y  与   π 23π 12 12y f x x       的图象的所有交点的横坐标之和为 8π 3 【答案】BCD 【解析】 【分析】 根据图像求出函数  f x 的解析式，再求出它的对称轴和对称中心，以及单调区间，即可判断. 【详解】由函数    sinf x A x   （其中 0A  ， 0 ， 0 π  ）的图像可得： 2A  ， 2 5 4 3 12 4 T      ，因此T  , 2 2    , 所以    2sin 2f x x   ，过点 2 , 23     ， 因此 4 3 2 ,3 2 k k Z      ，又 0 π  ， 所以 6 π ，   2sin 2 6f x x       ， 当 2x  时， 12f       ，故 A 错； 当 12x   时， 012f      ，故 B 正确； 当 π π,3 6x      ， π π2 ,2 26x        ，所以   2sin 2 6f x x      在 π π,3 6x      上单调递 增，故C 正确； 当 π 23π 12 12x   时，  2 0,46x    ，所以 1y  与函数  y f x 有 4 的交点的横坐标为 1 2 3 4, , ,x x x x ， 1 2 3 4 7 82 26 6 3x x x x           ，故 D 正确. 故选： BCD . 【点睛】本题主要考查的是三角函数图像的应用，正弦函数的性质的应用，考查学生分析问 题解决问题的能力，是中档题. 12.已知函数   2logf x x  ，下列四个命题正确的是（ ）． A. 函数  f x 为偶函数 B. 若    f a f b ，其中 0a  ， 0b  ， a b¹ ，则 1ab  C. 函数  2 2f x x  在 1,3 上为单调递增函数 D. 若 0 1a  ，则    1 1f a f a   【答案】ABD 【解析】 【分析】 根据函数的奇偶性定义，函数性质、对数函数的性质，以及作差法，可以判断. 【详解】函数   2logf x x  对于 A ，   2logf x x  ，    2 2log logf x x x f x       ，所以函数  f x 为 偶函数，故 A 正确； 对于 B ，若    f a f b ，其中 0a  ， 0b  ， a b¹ ，所以      f a f b f b   ， 2 2log loga b  ，即 2 2 2log log log 0a b ab   ，得到 1ab  ，故 B 正确； 对于C ，函数    2 2 22 log 2f x x x x     ，由 2 2 0x x   ，解得 0 2x  ，所以函数  2 2f x x  的定义域为 0,2 ，因此在 1,3 上不具有单调性，故C 错误； 对于 D ，因为 0 1a  ， 21 1 1 0,0 1 1a a a         ，    1 0 1f a f a     故        2 21 1 log 1 log 1f a f a a a              2 2 2 2log 1 log 1 log 1 0a a a       ，故 D 正确. 故选： ABD . 【点睛】本题主要考查的是函数的性质以及对数函数性质的应用，作差法的应用，考查学生 的分析问题的能力，和计算能力，是中档题. 三、填空题 13.已知向量    3, 2 , ,1a b m   ．若向量 2 / /a b b   ，则 m  _____． 【答案】 3 2  【解析】 【分析】 由向量的差的坐标运算可得： 2 (3 2 , 4)a b m    ， 由两向量平行的坐标运算得： 4 3 2m m   ，运算即可得解. 【详解】解：向量 (3, 2)a   ， ( ,1)b mr ，  2 (3 2 , 4)a b m    ， ( 2 ) / /a b b   ， 4 3 2m m   ， 3 2m   ． 故答案为： 3 2  ． 【点睛】本题考查了两向量平行的坐标运算，属基础题. 14.某海域中有一个小岛 B（如图所示），其周围 3.8 海里内布满暗礁（3.8 海里及以外无暗礁）， 一大型渔船从该海域的 A 处出发由西向东直线航行，在 A 处望见小岛 B 位于北偏东 75°，渔船 继续航行 8 海里到达C 处，此时望见小岛 B 位于北偏东 60°，若渔船不改变航向继续前进，试 问渔船有没有触礁的危险？答：______.（填写“有”、“无”、“无法判断”三者之一） 【答案】无 【解析】 【分析】 可过 B 作 AC 的延长线的垂线，垂足为 D ，结合角度关系可判断 ABC 为等腰三角形，再通 过 BCD 的边角关系即可求解 BD ，判断 BD 与 3.8 的大小关系即可 【详解】 如图，过 B 作 AC 的延长线的垂线，垂足为 D ，在 ABC 中， 90 60 =150ACB      ， 90 75 15BAC       ，则 180 150 15 15ABC         ，所以 ABC 为等腰三角形。 8AC BC  ，又 90 60 =30BCD      ，所以 sin 30 4BD BC   ， 4 3.8 ，所以渔船没有 触礁的危险 故答案为：无 【点睛】本题考查三角函数在生活中的实际应用，属于基础题 15.如图，在三棱锥 S ABC 中，若底面 ABC 是正三角形，侧棱长 3SA SB SC   ，M 、 N 分别为棱 SC 、 BC 的中点，并且 AM MN ，则异面直线 MN 与 AC 所成角为______； 三棱锥 S ABC 的外接球的体积为______． 【答案】 (1). π 2 (2). 9π 2 【解析】 【分析】 根据题意得出三棱锥是正三棱锥，易证出 AC  平面 SBE ，再根据 MN SB ，可得 MN AC ，从而得出异面直线 MN 与 AC 所成角；判断出三棱锥是正方体的一部分，从而 得出球的直径，即可得出球的体积. 【详解】由三棱锥 S ABC 中，若底面 ABC 是正三角形，侧棱长 3SA SB SC   知， 三棱锥 S ABC 是正三棱锥，则点 S 在底面 ABC 中的投影为底面的中心O ， E 为 AC 中点 如图， 因此 , ,SO BE OSO AC AC BE    ,所以 AC  平面 SBE , SB  平面 SBE , SB AC  ,又 M 、 N 分别为棱 SC 、 BC 的中点， 则 MN SB ,因此 MN AC ，异面直线 MN 与 AC 所成角为 2  ； ,MN AC,AMAM MN AC A    , MN 平面 SAC ,又 MN SB ，则 SB  平面 SAC ,又三棱锥 S ABC 是正三棱锥， 因此三棱锥 S ABC 可以看成正方体的一部分且 , , ,S A B C 为正方体的四个顶点，故球的直 径为      2 2 2 3 3 3 3   ， 则球的体积为 34 3 9 3 2 2       . 故答案为： 2  ； 9π 2 . 【点睛】本题主要考查的是异面直线所成角，线面垂直的判定定理，以及球的体积，考查学 生的理解能力，是中档题. 16.已知双曲线C ： 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的右焦点为 F ，左顶点为 A ，以 F 为圆心， FA 为 半径的圆交C 的右支于 M ， N 两点，且线段 AM 的垂直平分线经过点 N ，则C 的离心率为 _________. 【答案】 4 3 【解析】 【分析】 先 证 明 AMN 是 正 三 角 形 ， 在 'MFF 中 ， 由 余 弦 定 理 、 结 合 双 曲 线 的 定 义 可 得 2 22 2| | 2 | | cos120 (| | 2 )FF FM FF FM F M FM a        ，化为 2 23 4 0c ac a   ， 从而可得结果. 【详解】 由题意，得  ( ,0), ,0A a F c ，另一个焦点  ,0F c  ， 由对称性知， AM AN ， 又因为线段 AM 的垂直平分线经过点 N ，， 则 AN MN ，可得 AMN 是正三角形， 如图所示，连接 MF ，则 AF MF a c   ， 由图象的对称性可知， 1 302MAF NAF MAN       ， 又因为 AMF 是等腰三角形， 则 120AFM   ， 在 'MFF 中， 由余弦定理： 2 22 2| | 2 | | cos120 (| | 2 )FF FM FF FM F M FM a        ， 上式可化为 2 2 214 ( ) 2 2 ( ) (3 )2c a c c a c a c           ， 整理得： 2 23 4 0c ac a   ，即  3 4 =0c a c a  ，由于 0, 0a c  ， 则 43 4 0, 3c a c a   ， 故 4 3 ce a   ，故答案为 4 3 . 【点睛】本题主要考查利用双曲线的简单性质求双曲线的离心率，属于中档题.求解与双曲线 性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及 顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它 们之间的内在联系.求离心率问题应先将 e 用有关的一些量表示出来，再利用其中的一些关系 构造出关于 e 的等式，从而求出 e 的值.本题是利用点到直线的距离等于圆半径构造出关于 e 的 等式，最后解出 e 的值. 四、解答题 17.已知函数 sin( ) 2 xf x  ，将函数 ( )y f x 的图像上每个点的纵坐标扩大到原来的 2 倍，再 将图像上每个点的横坐标缩短到原来的 1 2 ，然后向左平移 6  个单位，再向上平移 3 2 个单位， 得到 ( )y g x 的图像. （1）当 [0, ]2x  时，求 ( )g x 的值域； （2）已知锐角△ ABC 的内角 A 、 B 、C 的对边分别为 a 、b 、c ，若 3( ) 4f A  ， 4a  ， 5b c  ，求△ ABC 的面积. 【答案】（1） 3[0,1 ]2  ；（2） 3 3 4 【解析】 【分析】 （1）现根据平移法则求得 ( )g x ，再求 ( )g x 值域即可； （2）由 3( ) 4f A  求得 A ，再结合正弦的面积公式，余弦定理联立求解，即可求得面积. 【详解】（1） sin( ) 2 xf x  ，将函数 ( )y f x 的图像上每个点的纵坐标扩大到原来的 2 倍， 得 ( ) sinf x x ；再将图像上每个点的横坐标缩短到原来的 1 2 ，得到 ( ) sin 2f x x ；然后向 左平移 6  个单位，得到 ( ) sin 2 3f x x      ；再向上平移 3 2 个单位，得到 ( ) sin 2 3 3 2g x x       ，当 [0, ]2x  ， 42 ,3 3 3x         ， 3sin 2 ,13 2x            ， 3 3( ) sin 2 0, 22 13g x x             （2） sin 3( ) 2 4 3 Af A A     或 2 3  （由题意三角形为锐角三角形，故舍去 2 3  ）， 1 sin2ABCS bc A  ，①  2 22 2 2 2cos 2 2 b c bc ab c aA bc bc      ，② 又 4a  ， 5b c  ，代入①②得 bc=3,则 3 3 4ABCS  【点睛】本题考查三角函数的化简、值域求解，三角函数图像平移法则，正弦定理余弦定理 结合求面积，属于基础题 18.已知 na 是各项为正数的等差数列，公差为 d ，对任意的 n N ， nb 是 na 和 1na  的等比 中项． （1）设 2 2 1n n nc b b  ， n N ，求证： nc 是等差数列； （2）若 1 1 2a  ， 1d  ，  2 1 1n n d nc   N ， （Ⅰ）求数列   21 n nb 的前 2n 项和 2nS ； （Ⅱ）求数列 nd 的前 n 项和 nT ． 【答案】（1）证明见解析(2) （Ⅰ） 22n n （Ⅱ）  4 1 n n  【解析】 【分析】 (1)根据等差数列定义即可证明； (2)(Ⅰ)求出数列 nc 的通项，再利用并项求和即可得出 2nS ；（Ⅱ）求出数列 nd 的通项，再 利用裂项求和即可得出 nT . 【详解】（1）证明：∵ nb 是 na 和 1na  的等比中项， ∴ 2 1n n nb a a   ，  2 2 1 1 2 1 1 2 12n n n n n n n n n n nc b b a a a a a a a d a                 ， 1 22n nc da  ，   2 1 2 12 2n n n nc c d a a d      ， n N ， 所以 nc 是等差数列． （2）由（1）可得 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 4 2 1 2n n nS b b b b b b       L      2 2 2 2 2 2 2 1 4 3 2 2 1n nb b b b b b       L 1 3 2 1nc c c    L ， （Ⅰ）知 2 1nc n  ，数列   21 n nb 的前 2n 项和 2nS ；   2 2 1 3 2 1 3 4 1 22n n nS c c c n n n         L ． （Ⅱ）因为 2 1nc n  ，  2 1 1n n d nc   N ， ∴    2 2 1 1 1 1 1 1 1 4 4 4 1 4 12 1 1nd n n n n n nn             ，   1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 14 2 2 3 3 4 1 4 1 4 1n nT n n n n                       L . 【点睛】本题主要考查等差定义的应用，等差数列通项公式，数列求和的并项求和、裂项求 和的应用，考查学生的计算能力，是中档题. 19.如图所示，等腰梯形 ABCD 中， AB CD∥ ， 2AD AB BC   ， 4CD  ，E 为CD 中 点，AE 与 BD 交于点O ，将 ADE 沿 AE 折起，使点 D 到达点 P 的位置（ P平面 ABCE ）． （1）证明：平面 POB  平面 ABCE ； （2）若 6PB  ，试判断线段 PB 上是否存在一点Q（不含端点），使得直线 PC 与平面 AEQ 所成角的正弦值为 15 5 ，若存在，求出 PQ OB 的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析（2）存在， 15 5 【解析】 【分析】 (1)先利用线面垂直的判定定理证明 AE ⊥ 平面 POB ，再利用面面垂直证明面 POB  平面 ABCE 即可； (2)建立空间直角坐标系求出平面 AEQ 的法向量，再利用向量所成角的关系式求出直线 PC 与平面 AEQ 所成角的正弦值，建立关系式，即可得出 PQ OB 的值. 【详解】（1）证明：连接 BE ，在等腰梯形中 ABCD ， 2AD AB BC   ， 4CD  ，E 为 中点， ∴四边形 ABED 为菱形，∴ BD AE ， ∴OB AE ，OD AE ，即OB AE ，OP AE ，且OB OP O ， OB  平面 POB ，OP  平面 POB ，∴ AE ⊥平面 POB ． 又 AE  平面 ABCE ，∴平面 POB  平面 ABCE ． （2）由（1）可知四边形 ABED 为菱形，∴ 2AD DE  ， 在等腰梯形 ABCD 中 2AE BC  ，∴ PAE△ 正三角形， ∴ 3OP  ，同理 3OB  ， ∵ 6PB  ，∴ 2 2 2OP OB PB  ，∴OP OB ． 由（1）可知OP AE ，OB AE ， 以O 为原点，OE  ，OB  ， OP  分别为 x 轴， y 轴，为 z 轴，建立空间直角坐标系O xyz ， 由题意得，各点坐标为  0,0, 3P ，  1,0,0A  ，  0, 3,0B ，  2, 3,0C ，  1,0,0E ， ∴  0, 3, 3PB   ，  2, 3, 3PC   ，  2,0,0AE  ， 设  0 1PQ PB     ，  1, 3 , 3 3AQ AP PQ AP PB            ， 设平面 AEQ 的一个法向量为  , ,n x y zr ， 则 0 0 n AE n AQ         ，即   2 0 3 3 3 0 x x y       ， 取 0x  ， 1y  ，得 1z    ，∴ 0,1, 1n         ， 设直线 PC 与平面 AEQ 所成角为 ， π0, 2      ， 则 15sin cos , 5 PC n PC n PC n           ，即 2 3 3 151 5 10 1 1             ， 化简得： 24 4 1 0    ，解得 1 2   ， ∴存在点 Q 为 PB 的中点时，使直线 PC 与平面 AEQ 所成角的正弦值为 15 5 ． 【点睛】本题主要考查的是线面垂直和面面垂直的证明，以及利用空间向量法求线面所成角， 考查学生的分析问题、解决问题的能力，同时考查学生的计算能力，是中档题. 20.2019 年 6 月 25 日，《固体废物污染环境防治法（修订草案）》初次提请全国人大常委会审 议，草案对“生活垃圾污染环境的防治”进行了专章规定．草案提出，国家推行生活垃圾分 类制度．为了了解人民群众对垃圾分类的认识，某市环保部门对该市市民进行了一次垃圾分 类网络知识问卷调查，每一位市民仅有一次参加机会，通过随机抽样，得到参加问卷调查的 1000 人的得分（满分：100 分）数据，统计结果如表所示： 得分  30,40  40,50  50,60  60,70  70,80  80,90  90,100 频数 25 150 200 250 225 100 50 （1）由频数分布表可以认为，此次问卷调查的得分 Z 服从正态分布  ,210N  ，  近似为 这 1000 人得分的平均值（同一组数据用该组区间的中点值作为代表），请利用正态分布的知 识求  36 79.5P Z  ； （2）在（1）的条件下，市环保部门为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案： ①得分不低于  “的可以获赠 2 次随机话费，得分低于  的可以获赠 1 次随机话费； ②每次获赠的随机话费和对应的概率为： 获赠的随机话费（单位：元） 20 40 概率 2 3 1 3 现市民小王要参加此次问卷调查，记 X （单位：元）为该市民参加问卷调查获赠的话费，求 X 的分布列及数学期望． 附：① 210 14.5 ；②若  2,X N   ，则   0.6826P X        ，  2 2 0.9545P X        ，  3 3 0.9974P X        ， 【答案】（1） 0.8186 （2）分布列见解析, 40 【解析】 【分析】 (1)先求出  ，再根据正态分布的知识求出  36 79.5P Z  即可； (2)先求出 X 的所有可能情况 20,40,60,80 元，再求 X 的的分布列及数学期望即可. 【详解】（1）根据题中所给的统计表，结合题中所给的条件，可以求得 35 0.025 45 0.15 55 0.2 65 0.25 75 0.225 85 0.1 95 0.05               0.875 6.75 11 16.25 16.875 8.5 65       ； 又36 65 2 210  ， 79.5 65 210  ， 所以   1 136 79.5 0.9545 0.6826 0.81862 2P Z       ． （2）根据题意可以得出所得话费的可能值有 20，40，60，80 元， 得 20 元的情况为低于平均值，概率 1 2 1 2 3 3P    ， 得 40 元的情况有一次机会获得 40 元，两次机会获得 2 个 20 元，概率 1 1 1 2 2 7 2 3 2 3 3 18P       ， 得 60 元的情况为两次机会，一次 40 元，一次 20 元，概率 1 2 1 222 3 3 9P      ， 得 80 元的情况为两次机会，都是 40 元，概率 1 1 1 1 2 3 3 18P     ， 所以变量 X 的分布列为： X 20 40 60 80 P 1 3 7 18 2 9 1 18 所以其期望为   1 7 2 120 40 60 80 403 18 9 18E X          ． 【点睛】本题主要考查的是正态分布的知识及离散型随机变量的分布列、数学期望问题，综 合性强，考查学生的分析问题能力，是中档题. 21.已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     ，四点  1 1,1P ，  2 0,1P ， 3 31, 2P      ， 4 31, 2P       ， 恰有三点在椭圆C 上． （1）求C 的方程； （2）设 1F 、 2F 为椭圆C 在左、右焦点， P 是椭圆在第一象限上一点，满足 1 2 5 4PF PF    ， 求 ABC 面积的最大值． 【答案】（1） 2 2 14 x y  （2）1 【解析】 【分析】 (1)根据椭圆的对称性，得到 2 3 4, ,P P P 三点在椭圆上，把 2 3,P P 代入椭圆，即可求出椭圆方程； (2)由 1 2 5 4PF PF    可得 P 点坐标，设出直线方程，代入椭圆方程,利用韦达定理及弦长公式 可得 AB ，由点到直线的距离公式可得三角形的高,由三角形面积公式及基本不等式可得结论. 【详解】（1）∵椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     ， 四点  1 1,1P 、  2 0,1P 、 3 31, 2P      、 4 31, 2P       结合椭圆几何特征，可得  2 0,1P 、 3 31, 2P      、 4 31, 2P       在椭圆上， 所以 1b  ， 2 2 2 3 21 11a        ，解得 2a  ， ∴椭圆C 的方程为 2 2 14 x y  ． （2）由椭圆的方程可知：  1 3,0F  ，  2 3,0F ，   , 0, 0P x y x y  ，  1 3 ,    PF x y ，  2 3 ,   PF x y ， 由     2 2 1 2 53 , 3 , 3 4PF PF x y x y x y              ，即 2 2 7 4x y  ， 由 2 2 2 2 7 4 14 x y x y       ，解得 1 3 2 x y   ，则 P 点坐标为 31, 2       ， 设直线l 的方程为 3 2y x m  ， 2 2 3 2 14 y x m x y       ， 整理得 2 23 1 0x mx m    ，由   得 2 2m   ， 则 1 2 3x x m   ， 2 1 2 1x x m  ， 27 44AB m  ， 7 4 md  ， ∴ 21 42PABS m m △ ， 2 2 21 1 44 12 2 2PAB m mS m m     △ ． 当且仅当 2 24m m  ，即 2m   时，取等号， ∴ PAB△ 面积的最大值 1． 【点睛】本题主要考查椭圆的性质，以及直线与椭圆的位置关系、弦长公式、点到直线的距 离公式及基本不等式的应用，考查学生的计算能力，是难题. 22.已知函数    1 1 lnf x x m x m Rx x         ． （1）当 1m > 时，讨论  f x 的单调性； （2）设函数     1mg x f x x   ，若存在不相等的实数 1x ， 2x ，使得    1 2g x g x ，证 明： 1 20 m x x   ． 【答案】（1）见解析；（2）详见解析. 【解析】 【分析】 （1）对函数进行求导得 ' 2 ( 1)[ ( 1)]( ) x x mf x x    ，再对 m 分三种情况进行讨论； （2）先求出 1( ) ( ) lnmg x f x x m xx     ，再对 ( )g x 进行求导研究函数的图象特征，当 0m  时，图象在  0,  上是增函数，不符合题；当 0m  时，再将问题转化为构造函数 1( ) ln ( 1)1 th t t tt    进行求解证明. 【详解】（1）函数  f x 的定义域为 (0, ) . ' 2 1( ) 1 m mf x x x    2 2 2 1 ( 1)[ ( 1)]x mx m x x m x x        ， 因为 1m > ，所以 1 0m  ， ①当 0 1 1m   ，即1 2m  时， 由   0f x  得 1x  或 1x m  ，由   0f x  得 1 1m x   ， 所以  f x 在 0, 1m ， 1, 上是增函数， 在 1,1m  上是减函数； ②当 1 1m  ，即 2m  时   0f x  ，所以  f x 在 0,  上是增函数； ③当 1 1m  ，即 2m  时，由   0f x  得 1x m  或 1x  ，由   0f x  得1 1x m   ， 所以  f x 在 0,1 ， 1,m   .上是增函数，在 1, 1m  .上是减函 综上可知： 当1 2m  时  f x 在 0, 1m ，  1, 上是单调递增，在 1,1m  上是单调递减； 当 2m  时，  f x 在 0,  .上是单调递增； 当 2m  时  f x 在 0,1 ， 1,m   上是单调递增，在  1, 1m  上是单调递减. （2） 1( ) ( ) lnmg x f x x m xx     ， ( ) 1 mg x x    ， 当 0m  时， ( ) 0g x  ，所以  g x 在 0,  上是增函数，故不存在不相等的实数 1x ， 2x ， 使得    1 2 g x g x ，所以 0m  . 由    1 2 g x g x 得 1 1 2 2ln lnx m x x m x   ，即  2 1 2 1ln lnm x x x x   ， 不妨设 1 20 x x  ，则 2 1 2 1 0ln ln x xm x x   ， 要证 1 2m x x  ，只需证 2 1 1 2 2 1ln ln x x x xx x    ，即证 2 1 2 1 1 2 ln lnx x x xx x    ， 只需证 2 1 2 2 1 1 1 ln 1 x x x x x x    ，令 2 1 1xt x   ，只需证 1 ln1 t tt   ，即证 1 0l 1n tt t   ， 令 1( ) ln ( 1)1 th t t tt    ，则 2 2 2 1 2 1( ) 0( 1) ( 1) th t t t t t       ， 所以  h t 在 1, 上是增函数，所以 ( ) (1) 0h t h  ， 从而 1 0l 1n tt t   ，故 1 20 m x x   . 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性及证明问题，考查函数与方程思想、分类讨论 思想、转化与化归思想、数形结合思想的综合运用，考查运算求解能力，属于难题.