广东省珠海市2020届高三三模考试数学（理）试题 Word版含解析

广东省珠海市2020届高三三模考试数学（理）试题 Word版含解析

- 1 - 珠海市 2019～2020 学年度第二学期普通高中学业质量监测高三理科数学试题 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，满分 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.请在答题卡上填涂相应选项. 1.已知全集  1,2,3,4U  ,集合    1,2 , 2,3A B  ,则  U A B ð （ ） A.  1,3,4 B.  3,4 C.  3 D.  4 【答案】A 【解析】 【分析】 先计算  = 2A B ，再计算  U A Bð 得到答案. 【详解】集合    1,2 , 2,3A B  ，则  = 2A B ，    1,3,4A B ðU 故选： A 【点睛】本题考查了交集补集的运算，属于简单题. 2.设i 是虚数单位，则复数 4 3i i   （ ） A. 3 4i  B. 3 4i C. 3 4i D. 3 4i  【答案】D 【解析】 试题分析：因为 2 4 3i i(4 3i) 3 4ii iz       ，故选 D. 考点：复数的运算. 3.已知函数  f x 是定义在 R 上的奇函数，当 x  0 时，   2 2xf x x a   ，则  1f  （ ） A. 3 B. -3 C. -2 D. -1 【答案】B 【解析】 【分析】 由 (0) 1 0f a   ，可求 a ，代入可求 (1)f ，然后结合奇函数的定义得 ( 1) (1)f f   ，进 - 2 - 而求得  1f  的值. 【详解】 ( )f x 是定义在 R 上的奇函数，且 0x… 时， ( ) 2 2xf x x a   ， (0) 1 0f a    ， 1a = ， (1) 4 3f a   ， 则 ( 1) (1)f f   3  . 故选：B. 【点睛】本题考查奇函数性质，即若函数 ( )f x 为奇函数且在 0x  有定义，则 (0) 0f  ，理 解这一知识点是求解本题的关键． 4.如图为一个四棱锥的三视图，其体积为( ) A. 4 3 B. 8 3 C. 4 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】 根据三视图，可知该几何体为四棱锥 1 1 1A DD C C ，利用椎体的体积公式即可求得该几何体 的体积. 【详解】在棱长为 2 的正方体中还原该几何体， 由几何体的三视图可知，该几何体为四棱锥 1 1 1A DD C C ，如图所示， - 3 - 正方形 1 1DD C C 的面积 2 2 4S    ， 所以 1 1 1 1 12 4 23 8 3 3A DD C CV S       . 故选：B. 【点睛】本题考查的是由三视图还原几何体以及求几何体的体积，解决本题的关键是得到该 几何体的形状，属于基础题.将三视图还原为空间几何体，首先应深刻理解三视图之间的关系， 遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几 何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几 何体的宽. 5.将函数 ( ) cos sinf x x x  的图象向右平移 3 4  个单位长度，得到函数 g( )x 的图象，则函数 g( )x 的解析式为( ) A. ( ) 2 cosg x x B. ( ) 2 cosg x x  C. ( ) 2 sing x x D. ( ) 2 sing x x  【答案】B 【解析】 【分析】 先化简  f x ，再向右平移 3 4  个单位长度，即可得函数 g( )x . 【详解】由 ( ) cos sinf x x x  得，   2 sin 4f x x      ， 则将  f x 再向右平移 3 4  个单位长度，可得 - 4 -   32 sin 2 sin 2 cos4 4 2g x x x x                  . 故选：B 【点睛】本题主要考查两角和的正弦公式，诱导公式，三角函数的图象变换规律，属于基础 题. 6.已知在 ABC 中， 4AB  ， 3BC  ， 5AC  ， 1 4AD DC  ，则 BD BC    ( ) A. 9 5 B. 9 4 C. 16 5 D. 36 5 【答案】A 【解析】 【分析】 根据题意，先得到 AB BC ，再由平面向量基本定理，得到 4 1 5 5BD BA BC    ，根据平面 向量数量积的运算，即可求出结果. 【详解】因为 4AB  ， 3BC  ， 5AC  ， 所以 2 2 2AB BC AC  ，因此 90B  ∠ ，即 AB BC ； 又 1 4AD DC  ，所以  1 4BD BA BC BD      ， 因此 5 1 4 4BD BA BC    ，即 4 1 5 5BD BA BC    ， 所以 2 24 1 4 1 1 9 5 5 5 5 5 5BD BC BA BC BC BA BC BC BC                     . 故选：A. 【点睛】本题主要考查求平面向量的数量积，熟记平面向量基本定理，以及向量数量积的运 算法则即可，属于常考题型. 7.甲、乙、丙三位同学在一项集训中的 40 次测试分数都在[50，100]内，将他们的测试分数 分别绘制成频率分布直方图，如图所示，记甲、乙、丙的分数标准差分别为 s1，s2，s3，则它 们的大小关系为( ) - 5 - A. s1 s2 s3 B. s1 s3 s2 C. s3 s1 s2 D. s3 s2 s1 【答案】B 【解析】 【分析】 根据三个频率分布直方图，结合方差的定义，对三组数据的方差作出大小判断，即可求解. 【详解】根据给定的三个频率分布直方图知： 第一组数据的两端数字较多，绝大部分数字都处在两端数据偏离平均数远，最分散，其方差 最大； 第二组数据绝大部分数字都在平均数左右，数据最集中，其方差最小； 第三组数据是单峰的每个小矩形的差别较小，数字分布均匀，数据步入第一组偏离平均数答， 方差比第一组数据中的方差小，比第二组数据方差大； 综上可得 1 3 2S S S  . 故选：B. 【点睛】本题主要考查了利用频率分布直方图，考查了数据的方程与标准的定义及应用问题， 着重考查了识图能力，属于基础题. 8.已知两条不同直线l ， m ，两个不同平面 ，  ，则下列命题正确的是( ) A. 若 / /  ，l  ， m  ，则 //l m B. 若 / /  ， / /m  ，l  ，则l m C. 若  ，l  ， m  ，则 //l m D. 若  ， / /l  ， / /m  ，则l m - 6 - 【答案】B 【解析】 【分析】 对 A， //l m 或 ,l m 异面，所以该选项错误；对 B，l m ，所以该选项正确；对 C，l m ， 所以该选项错误；对 D，l m 或 //l m 或 ,l m 相交或 ,l m 异面，所以该选项错误. 【详解】对 A，若 / /  ，l  ， m  ，则 //l m 或 ,l m 异面，所以该选项错误； 对 B，若 / /  ，l  ，所以l  ，因为 / /m  ，则l m ，所以该选项正确； 对 C，若  ，l  ， m  ，则l m ，所以该选项错误； 对 D，若  ， / /l  ， / /m  ，则l m 或 //l m 或 ,l m 相交或 ,l m 异面，所以该选项错 误. 故选：B. 【点睛】本题主要考查空间直线和平面位置关系的命题真假的判断，意在考查学生对这些知 识的理解掌握水平和空间想象能力. 9.我国南宋数学家杨辉 1261 年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉 三角，这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中，第 n 行的所有数字之和为 12n ，若 去除所有为 1 的项，依次构成数列 2,3,3,4,6,4,5,10,10,5, ，则此数列的前 55 项和为( ) A. 4072 B. 2026 C. 4096 D. 2048 【答案】A 【解析】 【分析】 利用 n 次二项式系数对应杨辉三角形的第 n+1 行，然后令 x＝1 得到对应项的系数和，结合等 比数列和等差数列的公式进行转化求解即可． 【详解】解：由题意可知：每一行数字和为首项为 1，公比为 2 的等比数列， - 7 - 则杨辉三角形的前 n 项和为 Sn 1 2 1 2 n  2n﹣1， 若去除所有的为 1 的项，则剩下的每一行的个数为 1，2，3，4，……，可以看成构成一个首 项为 1，公差为 1 的等差数列， 则 Tn  1 2 n n  ， 可得当 n＝10，所有项的个数和为 55， 则杨辉三角形的前 12 项的和为 S12＝212﹣1， 则此数列前 55 项的和为 S12﹣23＝4072， 故选 A． 【点睛】本题主要考查归纳推理的应用，结合杨辉三角形的系数与二项式系数的关系以及等 比数列等差数列的求和公式是解决本题的关键，综合性较强，难度较大． 10.甲、乙、丙3 人从1楼乘电梯去商场的 3 到9楼，每层楼最多下 2 人，则下电梯的方法有（ ） A. 210 种 B. 252 种 C. 343 种 D. 336种 【答案】D 【解析】 【分析】 分两种情况讨论：①每个楼层下1人；② 3 人中有 2 人从一个楼层下，另1人从其它楼层选一 个楼层下，利用排列组合思想结合分类加法计数原理可得出结果. 【详解】分两种情况讨论： ①每个楼层下1人，则 3 人下电梯的方法种数为 3 7 210A  ； ②3 人中有 2 人从一个楼层下，另1人从其它楼层选一个楼层下，此时， 3 人下电梯的方法种 数为 2 2 3 7 126C A  . 由分类加法计数原理可知， 3 人下电梯的方法种数为 210 126 336  种. 故选：D. 【点睛】本题考查排列组合综合问题，考查分类加法计数原理的应用，考查计算能力，属于 中等题. 11.已知椭圆 2 23: 116 16 x yC   ，M 为椭圆C 上的一个动点，以 M 为圆心，2 为半径作圆 M ， - 8 - OP ，OQ 为圆 M 的两条切线， P ，Q 为切点，则 POQ 的取值范围是( ) A. [ ]3 2  ， B. [ ]4 2  ， C. [ ]6 2  ， D. 2[ ]3 3  ， 【答案】D 【解析】 【分析】 利用圆的切线性质得 MOP MOP   ，则 2sin MOP OM   ，利用椭圆的几何性质得 OM 的范围即可求解 【 详 解 】 由 题 知 , ,OP OQ OM OM OPM OQM OPM       OQM  MOP MOP   ，故 2sin MOP OM   ， 又椭圆 2 2 4 3: 1 4,1616 3 3 x yC a b       4 3, ,43OM b a         ，故 2 1 3sin , ,2 2 6 3MOP MOPOM               则 2POQ MOP    2[ ]3 3  ， 故选：D 【点睛】本题考查圆的切线及其几何性质，考查椭圆的几何性质，准确求解 2sin MOP OM   是解题关键，是中档题题 12.设函数 1( ) 1 2 xef x t nx xx x        恰有两个极值点，则实数t 的取值范围是( ) A. (1, )2 e         B. [1, )3 e     C. , [1, )2 3 e e         D. [1, ) 【答案】D - 9 - 【解析】 【分析】 求得  ' 2 1 (2 1) ( ) xx e x t f x x      .函数 ( )f x 恰有两个极值点，即 ' ( )f x 恰有两个零点，等价于 函数 (2( ) 1) x xx e t    有一个不等于 1 的零点.可得 2 1 xet x   ，令 ( ) ( 0)2 1 xeh x xx   ，判断 ( )h x 的单调性，作出 ( )h x 的图象，注意到 (0) 1, (1) 13 eh h   ，对 t 分类讨论即可得出. 【详解】函数 ( )f x 的定义域为 0,  .  ' 2 1 (2 1)1( ) 1 2 ( ) xx x e x tef x t nx x f xx x x               . 函数 1( ) 1 2 xef x t nx xx x        恰有两个极值点， 即  ' 2 1 (2 1) ( ) xx e x t f x x      恰有两个零点，等价于函数 (2( ) 1) x xx e t    有一个不等于 1 的零点. 令 (2 ) 1) 0( x xx te    ，得 2 1 xet x   . 令 ( ) ( 0)2 1 xeh x xx   ， ' 2 2 1( ) (2 1) xxh x ex    ， 则   h x 在 10, 2      递减，在 1 ,2     递增，在 1 2x  取得最小值 2 e ， 作  h x 的图象，并作 y t 的图象，如图所示 又 (0) 1, (1) 13 eh h   .（原定义域中 0x  ，这里为方便讨论，考虑  0h ） 当 1t  时，直线 y t 与 ( ) 2 1 xeh x x   只有一个交点，即 ( )x 只有一个零点（该零点值大于 1）； 当 2 et  时， 2 1( ) (2 1)xxf x e x tx       在 1 2x  两侧附近同号， 1 2x  不是极值点； 当 3 et  时，函数 ( ) (2 1)xx e x t    有两个不同零点（其中一个零点等于 1）， - 10 - 但此时 2 1( ) (2 1)xxf x e x tx       在 1x  两侧附近同号，使得 1x  不是极值点不合. 故选：D. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值点，考查分类讨论，考查学生的逻辑推理能力和 计算能力，属于难题. 二、填空题:本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.已知等差数列{ }na 的前 n 项的和为 nS ，且 1 2a  ， 10 65S  ，则 2020a __. 【答案】2021 【解析】 【分析】 利用等差数列的前 n 项和公式求出 1d  ，再根据等差数列的通项公式可得答案. 【详解】设等差数列{ }na 的公差为 d ， 由 1 2a  ， 10 65S  得 10 92 10 652 d   ，解得 1d  ， 所以 2020 1 2019 2 2019 1 2021a a d      . 故答案为：2021. 【点睛】本题考查了等差数列前 n 项和公式和通项公式，属于基础题. 14.现有三张卡片，每张卡片上分别写着广州、深圳、珠海三个城市中的两个，且卡片不重复， 甲、乙、丙各选一张去对应的两个城市参观.甲看了乙的卡片后说：“我和乙都去珠海”.乙 看了丙的卡片后说：“我和丙不都去深圳”则甲、丙同去的城市为__. 【答案】深圳 【解析】 【分析】 甲看了乙的卡片后说：“我和乙都去珠海“，则甲和乙要去的另一个城市为广州或深圳，乙 看了丙的卡片后说：“我和丙不都去深圳”，则乙和丙有且只有一个人去了深圳，分别讨论， 即可推出结论． 【详解】每张卡片上分别写着广州、深圳、珠海三个城市中的两个，且卡片不重复，故卡片 可能出现的情况为广州和深圳、广州和珠海、深圳和珠海 甲看了乙的卡片后说：“我和乙都去珠海“，则甲和乙要去的另一个城市为广州或深圳， 乙看了丙的卡片后说：“我和丙不都去深圳”，则乙和丙有且只有一个人去了深圳 - 11 - 若乙去深圳，则丙不去深圳，故丙去广州和珠海，而甲和乙都去珠海，故不符合题意 若丙去深圳，则乙不去深圳，所以乙去珠海和广州，甲去珠海和深圳，丙去广州和深圳 所以甲和丙同去的城市为深圳. 故答案为：深圳． 【点睛】本题主要考查简单的合情推理，要抓住关键，逐步推断，是一道基础题． 15.已知双曲线的顶点在坐标轴，中心在原点，渐近线经过点  ,2P m m ( 0)m  ，则双曲线的 离心率为______ . 【答案】 5 或 5 2 【解析】 【分析】 分为焦点在 x 轴和 y 轴两种情况进行讨论，设出双曲线方程，求出渐近线方程，由渐近线经过 点  ,2P m m ，求出 a 和b 的关系，再利用 2 2 2c a b  及 ce a  即可得解. 【详解】当焦点在 x 轴上时，设双曲线的方程为 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     ， 渐近线方程为 by xa   ， 由渐近线经过点  ,2P m m ( 0)m  ，得 2 bm ma  ，解得 2b a ， 所以 2 24b a ， 2 2 2 2 2 24 5c a b a a a     ， 双曲线的离心率 5ce a   ； 当焦点在 y 轴上时，设双曲线的方程为 2 2 2 2 1( 0, 0)y x a ba b     ， 渐近线方程为 ay xb   ， 由渐近线经过点  ,2P m m ( 0)m  ，得 2 am mb  ，解得 1 2b a ， 所以 2 21 4b a ， 2 2 2 2 2 21 5 4 4c a b a a a     ， 双曲线的离心率 5 2 ce a   . 综上，双曲线的离心率为 5 或 5 2 . - 12 - 故答案为： 5 或 5 2 . 【点睛】本题考查的是双曲线的渐近线及离心率的求解，属于基础题.求双曲线的渐近线时， 要先确定双曲线的焦点所在坐标轴，再确定双曲线的实轴长和虚轴长，最后再确定双曲线的 渐近线方程. 16.在 ABC 中，角 A ， B ，C 所对的边分别是 , ,a b c ，若 6b c  ， sin sin 3sin cos2 2 B C B CB C    ，则 ABC 面积的最大值为__. 【答案】 2 5 【解析】 【分析】 由 二 倍 角 公 式 即 正 弦 定 理 可 得 3 2b c a  ， 即 可 得 到 4a  ， 再 由 余 弦 定 理 可 得 10cos 1A bc   ，根据同角三角函数的基本关系可得 2 2 5 25sin 1 cos bcA A bc    ，最 后根据三角形面积公式及基本不等式计算可得； 【详解】解：因为 sin sin 3sin cos2 2 B C B CB C    所以  3sin sin sin2B C B C   ， 3sin sin sin2B C A  由正弦定理可得 3 2b c a  因为 6b c  ，所以 4a  由余弦定理可得 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，即  224 2 2 cosb c bc bc A    ， 所以  1 cos 10bc A  ，所以 10cos 1A bc   因为 2 2 2 10 2 5 25sin 1 cos 1 1 bcA A bc bc          所以 1 1 2 5 25sin 5 252 2 bcS bc A bc bcbc     因为 6 2b c bc   ，所以 9bc  ，当且仅当 3 b c 时取等号， 所以 5 25 5 9 25 2 5S bc      - 13 - 故答案为： 2 5 【点睛】本题考查正弦、余弦定理的应用，三角形面积公式以及基本不等式的应用，属于难 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.已知数列{ }na 的前 n 项的和为 nS ，且满足 *2 1 ( )n nS a n N   . （1）求数列{ }na 的通项公式 na 及 nS ； （2）若数列{ }nb 满足 | 15|n nb S  ，求数列{ }nb 的前 n 项的和 nT . 【答案】（1） 12n na -= ， 2 1n nS   ；（2） 1 1 16 2 2 (1 4) 2 16 66 ( 4) n n n n nT n n            . 【解析】 【分析】 （1）根据 2 1n nS a  ，得到 1 12 2n n na a a   ，证明数列是等比数列，由等比数列的通项 公式与求和公式，即可求出结果； （2）由（1）求得 16 2 (1 4) 2 16 ( 4) n n n nb n        ，分1 4n  和 4n  两种情况，结合等比数列的 求和公式，即可求出结果. 【详解】（1）由 2 1n nS a  得： 1 12 1S a  ，即 1 1a  ， 由 2 1n nS a  得： 1 12 1n nS a   ，两式相减得: 1 12 2n n na a a   ， 即 1 2n na a  ，即数列{ }na 是以 1 为首项，2 为公比的等比数列， 则 12n na -= ， 则 1 2 2 11 2 n n nS    ； （2）由（1）知： | 2 16 |n nb   ，则 16 2 (1 4) 2 16 ( 4) n n n nb n        ， - 14 - 则当1 4n  时， 1 2(16 2 ) (16 2 ) (16 2 )n nT        1 2 2(1 2 )16 (2 2 2 ) 16 1 2 n nn n         116 2 2nn    ， 当 4n  时， 1 2 4 5 6 7(16 2 ) (16 2 ) (16 2 ) (2 16) (2 16) (2 16) (2 16)n nT                  1 2 42 (2 2 2 ) 16nT n      12(1 2 )2 34 16 2 16 661 2 n nn n       ， 则 1 1 16 2 2 (1 4) 2 16 66 ( 4) n n n n nT n n            . 【点睛】本题主要考查求等比数列的通项公式与求和公式，以及数列的求和问题，属于常考 题型. 18.如图，四棱锥 P ABCD ，四边形 ABCD 为平行四边形， AD BD ， AC BD O ， 2AD BD  ， PB PD ， PB PD ， PA PC ， M 为 PD 中点. （1）求证： //OM 平面 PBC ； （2）求证：平面 PAD  平面 PBD ； （3）求二面角 A PB C  的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） 6 3  . 【解析】 【分析】 - 15 - （1）利用中位线的性质得出 //OM PB ，然后利用线面平行的判定定理可证得结论； （2）推导出 PO  平面 ABCD ，可得出 AD PO ，再由 AD BD 结合线面垂直的判定定 理可得出 AD  平面 PBD ，最后利用面面垂直的判定定理可证得结论； （3）以点 D 为坐标原点， DA 、 DB 所在直线分别为 x 、 y 轴建立空间直角坐标系，利用空 间向量法能计算出二面角 A PB C  的余弦值. 【详解】（1）四边形 ABCD 为平行四边形， AC BD O ， O 为 BD 中点， M 为 PD 中点， //OM PB ， OM  平面 PBC ， PB  平面 PBC ， //OM 平面 PBC ； （2）四边形 ABCD 为平行四边形， AC BD O ， O 为 AC 、 BD 中点， PB PD ， PA PC ， PO AC  ， PO BD ， AC BD O  ， PO  平面 ABCD ， AD Q 平面 ABCD ， AD PO  ， 又 AD BD ， BD PO O ， AD  平面 PBD ， AD Q 平面 PAD ，平面 PAD  平面 PBD ； （3）以点 D 为坐标原点，以 DA 、 DB 分别为 x 轴、 y 轴，过 D 且与平面 ABCD 垂直的直 线为 z 轴，建立如图所示空间直角坐标系 D xyz ， 2AD BD  ， AD BD ， BC BD  ， 2BC  ， 2 2AB CD  ， PB PD ， PB PD ， 2PB PD   ， 1PO  ， 2AD  ， AD BD ， 1DO  ， 2 2 5AO AD OD OC     ，  2,0,0A 、  0,1,1P 、  0,2,0B 、  2,2,0C  ，  2, 1, 1PA    ，  0,1, 1PB   ，  2,1, 1PC    ， - 16 - 设平面 PAB 和平面 PBC 的法向量分别为  1 1 1 1, ,n x y z ，  2 2 2 2, ,n x y z ， 由 1 1 0 0 n PA n PB          ，得 1 1 1 1 1 2 0 0 x y z y z       ，令 1 1y  ，可得  1 1,1,1n  ， 由 2 2 0 0 n PB n PC          ，得 2 2 2 2 2 0 2 0 y z x y z       ，令 2 1y  ，可得  2 0,1,1n  ， 1 2 1 2 1 2 2 6cos 33 2 n nn n n n            ， 由图形可知，二面角 A PB C  的平面角为钝角，它的余弦值为 6 3  . 【点睛】本题考查线面平行、面面垂直的证明，同时也考查了利用空间向量法计算二面角的 余弦值，考查推理能力与计算能力，属于中等题. 19.已知曲线 E 上的点到 (1 0)F ， 的距离比它到直线 : 4l x   的距离少 3. （1）求曲线 E 的方程； （2）过点 F 且斜率为 k 的直线 0l 交曲线 E 于 P ，Q 两点，交圆 2 2:( 1) 1F x y   于 A ，B 两点，P ， A 在 x 轴上方，过点 P ，Q 分别作曲线 E 的切线 1l ， 2l ， 1 2l l M  ，求 PAM 与 QBM 的面积的积的取值范围. 【答案】（1） 2 4y x ；（2） (1, ) . 【解析】 【分析】 （1）利用抛物线的定义即可求解； （2）设出 0l 方程，P ，Q 点到坐标， 0l 与 2: 4E y x 联立，根据韦达定理求出 1 2y y 和 1 2y y ， 再利用导数及点斜式方程，求出 1l ， 2l 的方程，联立求出 M 点坐标，借助点到直线距离、抛 物线定义及三角形面积的求法，即可得解. 【详解】（1）因为曲线 E 上的点到 (1 0)F ， 的距离比它到直线 : 4l x   的距离少 3， 所以曲线 E 上的点到 (1 0)F ， 的距离和它到直线 : 1l x   的距离相等， 故曲线 E 是 (1 0)F ， 为焦点， : 1l x   为准线的抛物线， - 17 - 故 2: 4E y x . （2）由题设知： 0k  ，则 0 : ( 1)l y k x  ， 设 1 1( )P x y， ， 2 2( )Q x y，  P ， A 在 x 轴上方， 1 > 0x ， 2 0x  ， 1 0y  ， 2 0y  ， 0l 与 2: 4E y x 联立，得 2 4 4 0y yk    ， 则 2 16 16 0k     ， 1 2 1 2 4 4 y y k y y       ， 由 2: 4E y x ，得 0y  时， 2y x ，则 1y x   ； 0y  时， 2y x  ，则 1y x    ， 1 11 1 2 x xy yx   ， 2 22 1 2 x xy yx    ， 故 2 1 1 1 1 2: ( )4 yl y y xy    ， 2 2 2 2 2 2: ( )4 yl y y xy    ， 1l ， 2l 联立消 y ，得 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2( ) ( )4 4 y yx y x yy y      ，解得 1 2 14 y yx    ， 将 1x   代入 1l ， 2l 方程， 2 1 1 1 2 ( 1 )4 yy y y     ， 2 2 2 2 2 ( 1 )4 yy y y     ， 两式相加得 2 2 1 2 1 2 1 2 2 22 ( 1 ) ( 1 )4 4 y yy y y y y         ，解得 1 2 1 2 1 2 4 4 2 4 4 4 y y y y k ky y y k         ，  2( 1, )M k  ， - 18 - 2( 1, )M k  到 0 : 0l kx y k   的距离 22 1 | | kd k  ， 2 1 1| | | | 1 4 yPA PF x    ， 2 2 2| | | | 1 4 yQB QF x    ， 1 1| | | |2 2PAM QBMS S PA d QB d    2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 1 1 2 1 1| | | | ( ) ( 4)4 64 64 | | k kPA QB d y y d k k             2 11 1k    ，  PAM 与 QBM 的面积的积的取值范围是 (1, ) . 【点睛】本题考查了抛物线的定义、直线与圆的位置关系及直线与抛物线的位置关系，其中 涉及到利用导数求切线方程及点到直线距离，熟练掌握抛物线的定义，把抛物线上的点到焦 点的距离转化为到抛物线的准线的距离是本题的解题关键，难度较大.在处理直线与抛物线的 位置关系的题时，一般要用到根与系数的关系. 20.已知函数 2( ) ( 1) xf x k x e x   ，其中 k∈R. （1）当 k 2 时，求函数 ( )f x 的单调区间； （2）当 k∈[1，2]时，求函数 ( )f x 在[0，k]上的最大值 ( )g k 的表达式，并求 ( )g k 的最大值. 【答案】（1）详见解析过程；（2） 2( ) ( 1)ekg k k k k   ，  1,2k  ，   2 max 2 4g k e  . 【解析】 【分析】 （1）求出  f x ，分别讨论 0k  ，0 2k  ， 2k  时  f x 正负情况即可； （2）判断函数 ( )f x 在[0，k]上单调性，求出 ( )g k ，再利用导数求最值即可. 【详解】（1） ( ) 2 ( 2)x xf x kxe x x ke     ， 当 0k  时 2 0xke   ，令 '( ) 0f x  得 0x  ，令 '( ) 0f x  得 0x  ，故 ( )f x 的单调递增区 间为 ( 0) ( )f x，， 的单调递减区间为 (0 ) ， - 19 - 当 0 2k  时，令 '( ) 0f x  得 0x  ，或 2ln 0x k   ， 当0 2k  时 2ln 0k  ，当 '( ) 0f x  时 2lnx k  或 0x  ；当 '( ) 0f x  时 20 lnx k   ； ( )f x 的单调递增区间为   2,0 , ln ,k      ；减区间为 20 ln k      ， . 当 2k  时 2ln 0k  ，当 0x  时 '( ) 0f x  ；当 0x  时 '( ) 0f x  ； ( )f x 的单调递增区间为  ,  ； （2）当1 2k  时，由（1）知， ( )f x 的单调递增区间为为  2,0 , ln ,k      ；减区间为 20 ln k      ， . 令 2( ) ln [1 2]h k k kk   ， ， ， 2 1 1( ) 2 1 1 02 kh k k k             ， 故 ( )h k 在[1 2]， 上单调递减，故 2( ) (1) ln 2 1 0 lnh k h kk     ≤ ， 所以当 x[0，k]时函数 ( )f x 单调减区间为 20 ln k      ， ，单调增区间为 2ln ,     kk ； 故函数 2 max( ) max{ (0) ( )} max{ ( 1)e } [1 2].kf x f f k k k k k k     ， ， ， ， 由于 2( ) (0) ( 1) [( 1) 1]k kf k f k k e k k k k e k         ( 1)( 1)kk k e   对于 [1 2]k  ， ， ( 1) 0, 1 1 0kk k e e      ，即 ( ) (0)f k f≥ ，当 1k  时等号成立， 故 2 max( ) ( ) ( 1) kf x f k k k e k    . 当 2k  时由（1）知； ( )f x 的单调递增区间为  ,  ；所以当 x[0，k]时函数 ( )f x 单调 递增，故 2 max( ) ( ) ( 1)ekf x f k k k k    . 综上所述：函数 ( )f x 在[0，k]上的最大值为 2( ) ( 1)ekg k k k k   ，  1,2k  2( ) ( 1)e 2kg k k k k     ，由于 2 1 0k k   ， 2ke e  ∴   2 2( ) ( 1)e 2 2 2 2 2 2 1 1 0kg k k k k k k k k k             对  1,2k  恒成立 ∴  g k 在 1,2 上为增函数. - 20 - ∴     2 max 2 2 4g k g e   . 【点睛】本题主要考查利用导数判断函数的单调性及求函数的最值，属于中档题. 21.武汉出现的新型冠状病毒是一种可以通过飞沫传播的变异病毒，某药物研究所为筛查该新 型冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有  *Nn n 份血液样本，每份样本取到的可能性 均等，有以下两种检验方式：①逐份检验，则需要检验 n 次；②混合检验，将其中  *N , 2k k k  份血液样本分别取样混合在一起检验.若检验结果为阴性，这 k 份血液全为 阴性，因此这 k 份血液样本检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这 k 份血液究 竟哪几份为阳性，就要对这 k 份血液再逐份检验，此时这 k 份血液的检验次数总共为 1k  次. 假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阴性还是阳性都是独立的，且每份样 本是阳性结果的概率为 (0 1)p p  . （1）假设有 5 份血液样本，其中只有 2 份为阳性，若采取逐份检验方式，求恰好经过 2 次检 验就能把阳性样本全部检验出来的概率； （2）现取其中  *N , 2k k k  份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的次数为 1 ， 采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为 2 . （i）试运用概率统计知识，若    1 2E E  ，试求 P 关于 k 的函数关系式 ( )p f k ； （ii）若 3 11p e   ，采用混合检验方式可以使得这 k 份血液样本需要检验的总次数的期望 值比逐份检验的总次数期望值更少，求 k 的最大值. 参考数据： ln 2 0.6931 ， ln 3 1.0986 ， ln 4 1.3863 ， ln 5 1.6094 ， ln 6 1.7918 【答案】(1) 1 10 ;(2) （i） 1 11 k p k      ,  *N , 2k k k  ;（ii）4 【解析】 【分析】 (1)根据排列的方法列式求概率即可. (2) （i）分别求解    1 2,E E  ,再化简求    1 2E E  时 ( )p f k 的解析式即可. （ii）由题    1 2E E  ,化简可得 1ln 3k k ,再构造函数求导分析函数的单调性,再根据零点 存在性定理求区间端点的正负判断即可. - 21 - 【详解】(1)设恰好经过 2 次检验能把阳性样本全部检验出来的事件为 A ,则   2 3 2 3 5 5 1 10 A AP A A   ,故恰好经过 2 次检验能把阳性样本全部检验出来的概率为 1 10 (2) （i）由已知可得  1E k  , 2 所有可能的取值为1, 1k  . 所以    2 1 1 kP p    ,    2 1 1 1 kP k p      , 所以          2 1 1 1 1 1 1k k kE p k p k k p             . 若    1 2E E  ,则  1 1 kk k k p    ,所以  1 1kk p  . 故  1 1 11 1 kkp pk k         . 所以 P 关于 k 的函数关系式 1 11 k p k      ,  *N , 2k k k  （ii）由题意可知    1 2E E  ,即  1 1 kk k k p    ,化简得  1 1 kpk   . 因为 3 11p e   ,所以 3 1 1 k k e      ,即 1ln 3k k . 设函数    1ln , 03f x x x x   . 又   1 1' 3f x x   ,故当 3x  时,  ' 0f x  ,即  f x 在 3, 上单调递减. 又   44 ln 4 03f    ,   55 ln5 03f    . 故 k 的最大值为 4. 【点睛】本题主要考查了排列在概率中的运用,同时也考查了构造函数数学期望的求解以及构 造函数分析不等式的方法.属于中档题.. （二）选考题 请考生在第 22 ~ 23 题中任选一题作答. 如果多做，那么按照所做的第一题计分. 22.在平面直角坐标系 xoy 中，直线 l 过点  3,2P ，且倾斜角 = 6  .以坐标原点 O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知圆 C 的极坐标方程为 =4sin  . （1）求圆C 的直角坐标方程； - 22 - （2）设直线 l 与圆C 交于 A B， 两点，求 PA PB 的值. 【答案】（1）  22 2 4x y   ；（2）3 3 . 【解析】 【分析】 （1）由题得 2 =4 sin   ，再代入极坐标化直角坐标的公式即得解； （2）先写出直线的参数方程 33 2 12 2 x t y t       (t 为参数)，把直线代入圆的方程，再利用韦达定 理得解. 【详解】（1）由 =4sin  得 2 =4 sin   ， 从而有 2 2 4x y y  即：  22 2 4x y   所以圆C 的直角坐标方程为  22 2 4x y   . （2）由题意设直线 l 的参数方程为 3 cos 6 2 sin 6 x t y t         (t 为参数)，即： 33 2 12 2 x t y t       (t 为参数) 代入圆的方程得 2 23 13 42 2t t              整理得： 2 3 3 5 0t t   1 2 3 3t t   ， 1 2 5t t  由 1 2 0t t  且 1 2 0t t  ， 所以 1 20, 0,t t  可知  1 2 1 2 3 3PA PB t t t t       . 【点睛】本题主要考查极坐标和直角坐标的互化，考查直线的参数方程和参数的几何意义， 意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 23.已知函数 ( ) 1 f x x . - 23 - （1）解不等式 ( ) ( 1) 4f x f x   ； （2）当 0x  ， xR 时，证明： 1( ) ( ) 2f x f x    . 【答案】（1） 3 5, ,2 2             ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）由题意，代入得到不等式 1 4x x   ，分类讨论，即可求解不等式的解集； （2）根据绝对值的三角不等式，以及基本不等式，即可作出证明. 【详解】（1）由 ( ) ( 1) 4f x f x   得 1 4x x   ， 当 1x  时，得 2 1 4x   ，所以 5 2x  ； 当 0 1x  时，得1 4 ，所以 x ； 当 0x  时，得1 2 4x  ，所以 3 2x   ； 综上，此不等式的解集为： 3 5, ,2 2             ； （2）由 1( ) ( )f x f x    11 1x x    ， 由绝对值不等式得 1 11 1x xx x      ， 又因为 1,x x 同号，所以 1 1x xx x    ， 由基本不等式得： 1 2x x   ，当且仅当 1x  时，等号成立， 所以 1( ) ( ) 2f x f x    . 【点睛】本题主要考查了含绝对值的不等式的求解，以及绝对值三角不等式的应用，其中解 答中熟记含绝对值不等式解法，以及合理应用绝对值三角不等式和基本不等式求最值是解答 本题的关键，着重考查了分类讨论思想，考查了学生的逻辑推理与运算求解能力. - 24 -