山西省太原市第五中学2020届高三下学期4月模拟数学（理）试题 Word版含解析

山西省太原市第五中学2020届高三下学期4月模拟数学（理）试题 Word版含解析

- 1 - 太原五中 2019—2020 学年度第二学期 4 月模拟考试（一） 高三数学（理） 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分，每小题只有一个正确选项. 1. 已知集合 1| 12 x A x           ，  2| 2 8 0B x x x    ，则 A B  （ ） A.  | 2 0x x   B.  | 2 4x x  C.  0 4x x  D.  | 2x x   【答案】C 【解析】 因为 { | 0}A x x  ， { | 2 4}B x x    ，所以 { | 0 4}A B x x    ，应选答案 C． 2. 若复数 z1，z2 在复平面内对应的点关于 y 轴对称，且 z1=2﹣i，则复数 1 2 z z 在复平面内对应 的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】 利用复数对应的点关于 y 轴对称得到 2 2z i   ，计算 1 2 z z 可得对应点所处的象限． 【详解】因为 1 2,z z 对应的点关于 y 轴对称，故 2 2z i   ，  2 1 2 22 3 4 2 5 5 iz i i z i        ，故 1 2 z z 对应点在第二象限，选 B． 【点睛】本题考察复数的几何意义和复数的除法，属于基础题． 3. 下列关于命题的说法错误的是（ ） A. 命题“若 2 3 2 0x x   ，则 2x  ”的逆否命题为“若 2x  ，则 2 3 2 0x x   ”； B. “ 2a  ”是“函数   logaf x x 在区间  0,  上为增函数”的充分不必要条件； C. 若命题 : ,2 1000np n  N ，则 : ,2 1000np n   N ； - 2 - D. 命题“  ,0 ,2 3x xx    ”是假命题. 【答案】C 【解析】 对于 A ，命题“若 2 3 2 0x x   ，则 2x  ”的逆否命题为“若 2x  ，则 2 3 2 0x x   ” 正确；对于 B ，只要 1a  时，函数   logaf x x 在区间( )0,+¥ 上为增函数，故正确；对 于C ，若命题 : ,2 1000np n  N ，则 : ,2 1000np n   N 故错误；对于 D ，根据幂函 数图象得“  ,0x  时， 2 3x x ”，故正确，故选 C. 4. “欧几里得算法”是有记载的最古老的算法，可追溯至公元前 300 年前，上面的程序框图 的算法思路就是来源于“欧几里得算法”，执行该程序框图（图中“ aMODb ”表示 a 除以b 的余数），若输入的 ,a b 分别为 675,125，则输出的 a （ ） A. 0 B. 25 C. 50 D. 75 【答案】B 【解析】 当 675, 125, 100, 125, 100,a b c aMODb a b      此 时 100,c  否, 125 100 25, 100, 25,c MOD a b    否, 100 25 0, 25, 0, 0c MOD a b c     是, 输出 25a  ,选 B. - 3 - 5. 已知公差不为 0 的等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，且满足 2 5 9, ,a a a 成等比数列，则 5 7 7 5 S S  （ ） A. 5 7 B. 7 9 C. 10 11 D. 11 23 【答案】C 【解析】 【分析】 设 na 的公差为 d ，且 0d  ，运用等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，解方程可得 首项和公差的关系，再由等差数列的求和公式，计算可得所求值． 【详解】解：设 na 的公差为 d ，且 0d  ， 因为 2a ， 5a ， 9a 成等比数列，可得 2 5 2 9a a a ， 即 2 1 1 1( 4 ) ( )( 8 )a d a d a d    ， 整理可得 1 8a d ， 故 1 5 5 3 7 4 1 7 7 5( )7 8 2 102 55 8 3 117( )2 a aS a d d S a d da a        ． 故选：C ． 【点睛】本题考查等差数列的通项公式和求和公式、等比数列的中项性质，考查方程思想和 运算能力，属于基础题． 6. 甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制，甲在每局比赛中获胜 的概率均为 2 3 ，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的情况下，比赛进行了三局 的概率为（ ） A. 1 3 B. 2 5 C. 2 3 D. 4 5 【答案】B 【解析】 【分析】 求出甲获得冠军的概率、比赛进行了 3 局的概率，即可得出结论． - 4 - 【详解】由题意，甲获得冠军的概率为 2 2 2 1 2 1 2 2 20 3 3 3 3 3 3 3 3 27         ， 其中比赛进行了 3 局的概率为 82 1 2 1 2 2  273 3 3 3 3 3       ， ∴所求概率为 8 20 2 27 27 5   ， 故选 B． 【点睛】本题考查条件概率，考查相互独立事件概率公式，属于中档题. 7. 已知函数 ( ) sin ( 0)f x x   ,满足 3( ) ( )4 4f f  ,且在 3[ ]4 4  ， 内恰有一个最大值点和 一个最小值点,则 的值为( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】 由 3( ) ( )4 4f f  ,且在 3[ ]4 4  ， 内恰有一个最大值点和一个最小值点,由正弦函数图像性质可得 其最小正周期为 2  ,根据正弦函数最小正周期计算公式 2 | |T   ,即可求得 的值. 【详解】函数 ( ) sin ( 0)f x x   由 3( ) ( )4 4f f  ,且在 3[ ]4 4  ， 内恰有一个最大值点和一个最小值点,  正弦函数图像性质可得其最小正周期为 2  , 根据正弦函数最小正周期计算公式 2 | |T   ,可得 4  故选:D. 【点睛】本题考查了求正弦函数 ( ) sin ( 0)f x x   的 值,掌握正弦函数图像和最小正周 期公式是解本题的关键,考查了分析能力和计算能力,属于基础题. 8. 某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成 是一个球被一个棱长为 4 3 的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重 合），若其中一个截面圆的周长为 4 ，则该球的半径是（ ） - 5 - A. 2 B. 4 C. 2 6 D. 4 6 【答案】B 【解析】 【分析】 先求出截面圆的半径，然后根据球的半径，小圆半径，球心距三者之间的关系列方程求解即 可． 【详解】解：设截面圆半径为 r ，球的半径为 R ，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的 一半即 2 3 ， 根据截面圆的周长可得 4 2 r  ，得 2r = ， 故由题意知  22 2 2 3R r  ，即  22 22 2 3 16R    ，所以 4R  ， 故选：B． 【点睛】本题考查球被面所截的问题，考查学生计算能力以及空间想象能力，是基础题． 9. 已知 AB 是圆 2 2:( 1) 1C x y   的直径，点 P 为直线 1 0x y   上任意一点，则 PA PB  的最小值是（ ） A. 2 1 B. 2 C. 0 D. 1 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：由题意得，设 ， , ,又因为 ,所以 2 2 2| | | | 2 1PA PB PC CA x        ，所以 PA PB  的最小值为 1，故答案 选 D. 考点：1.圆的性质；2.平面向量的数量积的运算. 10. 已知直线  0y kx k  与双曲线   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     交于 ,A B 两点，以 AB 为直 - 6 - 径的圆恰好经过双曲线的右焦点 F ，若 ABF 的面积为 24a ，则双曲线的离心率为 A. 2 B. 3 C. 2 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】 通过双曲线和圆的对称性，将 ABF 的面积转化为 FBF  的面积；利用焦点三角形面积公式 可以建立 a 与b 的关系，从而推导出离心率. 【详解】由题意可得图像如下图所示： F 为双曲线的左焦点 ABQ 为圆的直径 90AFB   根据双曲线、圆的对称性可知：四边形 AFBF 为矩形 1 2ABF AFBF FBFS S S     又 2 2 24tan 45FBF bS b a     ，可得： 2 25c a 2 5e  5e  本题正确选项： D 【点睛】本题考查双曲线的离心率求解，离心率问题的求解关键在于构造出关于 ,a c 的齐次方 程，从而配凑出离心率的形式. 11. 数列 na 满足 1 1a  ， 1 ( 1) ( 1)n nna n a n n     ，且 2cos 3   n n nb a ，记 nS 为数列 nb 的前 n 项和，则 24S 等于（ ） A. 294 B. 174 C. 470 D. 304 【答案】D 【解析】 - 7 - 【解析】由    1 1 1n nna n a n n     得 1 11 n na a n n    ,所以数列 na n     为等差数列，因此   2 2 2 2 1 , 3 1,2 11 1 1 , , , 3 2,2 , 3 3, n n n n n k k N a n n a n b n n k k Nn n n k k N                     , 因 此 3 1 3 2 3 3 13b b b 9 ,2k k k k k N       ,  24 13  9 0 1 7 8 3042S        ,选 D. 点睛：本题采用分组转化法求和，即通过三个一组进行重新组合，将原数列转化为一个等差 数列. 分组转化法求和的常见类型还有分段型（如 ,{ 2 ,n n n na n  为奇数 为偶数 ）及符号型（如 2( 1)n na n  ） 12. 已知以 4T   为周期的函数 ( ) { 1 2 , ( 1,1] 1 | 2 | , (1,3]f x m x x x x                   ，其中 0m   ．若方程 3 ( )f x x  恰有 5 个实数解，则实数 m  的取值范围为（ ） A. ( 15 3 , 8 3 )        B. ( 15 3 , 7 )       C. ( 4 3 , 8 3 )        D. ( 4 3 , 7 )       【答案】B 【解析】 【详解】因为当 ( 1,1]x  时，将函数化为方程 2 2 2 1(y 0)yx m    ，实质上为一个半椭圆， - 8 - 其图像如图所示，同时在坐标系中作出当 (1,3]x 得图像，再根据周期性作出函数其它部分 的图像，由图易知直线 3 xy  与第二个椭圆 2 2 2( 4) 1(y 0)yx m     相交，而与第三个半椭圆 2 2 2( 8) 1(y 0)yx m     无 公 共 点 时 ， 方 程 恰 有 5 个 实 数 解 ， 将 3 xy  代 入 2 2 2( 4) 1(y 0)yx m     得 2 2 2 2(9 1) 72 135 0,m x m x m    令 29 ( 0)t m t  ，则有 2( 1) 8 15 0t x tx t    由 2 2 15(8 ) 4 15 ( 1) 0, 15, 9 15, 0 3t t t t m m m         得 由 且 得 同样由 3 xy  与第三个半椭圆 2 2 2( 8) 1(y 0)yx m     无交点，由    可计算得 7m  综上知 15( , 7)3m ． 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13. 已知  f x 为奇函数，当 0x  时，   ln 3f x x x  ，则  1f  的值为______. 【答案】3 【解析】 【分析】 根据奇函数的性质计算可得； 【详解】解：因为  f x 为奇函数，当 0x  时，   ln 3f x x x  所以    f x f x   ，即    1 1f f   ，又  1 ln1 3 3f     所以  1 3f   故答案为：3 【点睛】本题考查奇函数的性质的应用，属于基础题. 14. 已知实数满足 { 2 0 2 5 0 2 0x y x y y            - 9 - ，则 b y x    的取值范围是 【答案】 【解析】 如图画出的可行域如下： b y x    的几何意义是可行域内的点与原点的 斜率，由图可知过（1,2）有最大值 ，过（3,1）有最小值 .所以 b y x    的取值范围是 15. 二项式 1 ( 0, 0) n ax a bbx       的展开式中只有第 6 项的二项式系数最大，且展开式中 的第 3 项的系数是第 4 项的系数的 3 倍，则 ab 的值为________. 【答案】8 【解析】 【分析】 计算得到 10n  ，根据二项式定理得到 10 2 10 3 2 3 10 102 33a aC Cb b       ，展开计算得到答案. 【详解】展开式中只有第 6 项的二项式系数最大，故 10n  ， 1 ( 0, 0) n ax a bbx       的展开式的通项为：   10 10 10 2 1 10 10 1 r r rr r r r r aT C ax C xbx b             . 故 10 2 10 3 2 3 10 102 33a aC Cb b       ，化简得到 8ab  . 故答案为：8 . - 10 - 【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和应用能力. 16. 如图，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，点 F 是线段 1BC 上的动点，则下列说法正确的是 ______（填序号） ①无论点 F 在 1BC 上怎么移动，都有 1 1A F B D ； ②无论点 F 在 1BC 上怎么移动，异面直线 1A F 与 CD 所成角都不可能是30 ； ③当点 F 移动至 1BC 中点时，直线 1A F 与平面 1BDC 所成角最大； ④当点 F 移动至 1BC 中点时，才有 1A F 与 1B D 相交于一点，记为点 E ，且 1 2A E EF  . 【答案】①②③④ 【解析】 【分析】 推导出 1B D  平面 1 1A BC 可判断命题①的正误；设正方体的棱长为 2 ，求得 1A F 的取值范围， 可求得异面直线 1A F 与 CD 所成角的余弦值的取值范围，进而可判断命题②的正误；利用线 面角的定义可判断命题③的正误；可知三棱锥 1 1 1B A BC 为正三棱锥，可得出点 E 为正 1 1A BCV 的中心，利用重心的性质可判断④的正误.综合可得出结论. 【详解】对于命题①，如下图所示，连接 1A B 、 1 1AC 、 1 1B D ， - 11 - 四边形 1111 DCBA 为正方形，则 1 1 1 1B D AC ， 1DD Q 平面 1111 DCBA ， 1 1AC  平面 1111 DCBA ， 1 1 1AC DD  ， 1 1 1 1B D DD D  ， 1 1AC  平面 1 1B D D ， 1 1 1B D AC  ， 同理可得 1 1B D A B ， 1 1 1 1AC A B A  ， 1B D  平面 1 1A BC ， 1A F  平面 1 1A BC ， 1 1A F B D ，命题①正确； 对于命题②，过点 F 作 FE  平面 1 1AA D D ，垂足为点 E ，连接 1A E ，设正方体的棱长为 2 ， 则 //EF CD 且 2EF CD  ，所以，异面直线 1A F 与CD 所成角等于 1A FE ， 易知 1 1A BCV 是边长为 2 2 的等边三角形，当点 F 在线段 1BC 上运动时， 16 2 2A F  ， 1 1 2 6cos ,2 3 EFA FE A E         且 3 2 6,2 2 3       ， 异面直线 1A F 与 CD 所成角都不可能是 30 ，命题②正确； - 12 - 对于命题③，设点 1A 到平面 1BC D 的距离为 h ，设直线 1A F 与平面 1BC D 所成的角为 ， 当 1 1A F C D 时，即当点 F 为 1BC 的中点时， 1A F 取最小值，此时 1 sin h A F   取最大值， 即当点 F 移动至 1BC 中点时，直线 1A F 与平面 1BDC 所成角最大，命题③正确； 由①可知， 1B D  平面 1 1AC B ， 1 1 1 1 1B B A B B C  且 1 1 1 1A B AC BC  ， 则三棱锥 1 1 1B A BC 为正三棱锥，则 1B D 与平面 1 1AC B 的唯一交点 E 为正 1 1A BCV 的中心， 如下图所示： 连接 1A E 并延长 1A E 交 1BC 于点 F ，则 F 为 1BC 的中点，且 E 为正 1 1A BCV 的重心， 由重心的性质可知 1 2A E EF  ，命题④正确. 故答案为：①②③④. 【点睛】本题考查线线垂直的判断、异面直线所成角与线面角的计算，同时也考查了三角形 重心性质的应用，考查推理能力与计算能力，属于中等题. 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.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. △ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 sin A cos A 3 0 ， 2 7a  ，b=2. （1）求 c； （2）设 D 为 BC 边上一点，且 AD AC ，求△ABD 的面积. 【答案】（1）c=4（2） 3 【解析】 【分析】 （1）根据同角三角函数的基本关系式求得 tan A ，由此求得 A 的大小，利用余弦定理列方程， - 13 - 解方程求得 c . （2）先求得三角形 ABD 和三角形 ACD 的面积比，再由三角形 ABC 的面积，求得三角形 ABD 的面积. 【详解】（1）由已知可得 tan 3A   ，所以 2 3A  . 在△ABC 中，由余弦定理得 2 228 4 4 cos 3c c    ， 即 2 2 24 0c c   ，解得 c=-6（舍去），c=4. （2）由题设可得 2CAD   ，所以 6BAD BAC CAD       . 故△ABD 与△ACD 面积的比值为 1 sin2 6 11 2 AB AD AC AD     . 又△ABC 的面积为 1 4 2sin 2 32 BAC    ， 所以△ABD 的面积为 3 . 【点睛】本小题主要考查余弦定理解三角形，考查三角形面积的计算，考查同角三角函数的 基本关系式，属于基础题. 18. 如图，四边形 ABCD 为平行四边形，点 E 在 AB 上，AE＝2EB＝2，且 DE⊥AB.以 DE 为折痕 把△ADE 折起，使点 A 到达点 F 的位置，且∠FEB＝60°. （1）求证：平面 BFC⊥平面 BCDE； （2）若直线 DF 与平面 BCDE 所成角的正切值为 15 5 ，求二面角 E﹣DF﹣C 的正弦值. - 14 - 【答案】（1）证明见解析（2） 42 7 【解析】 【分析】 （ 1 ） 首 先 通 过 证 明 DE  平 面 BEF 证 得 DE BF . 结 合 余 弦 定 理 和 勾 股 定 理 证 得 FB EB ，由此证得 BF  平面 BCDE ，进而证得平面 BFC  平面 BCDE . （2）建立空间直角坐标系，由直线 DF 与平面 BCDE 所成角的正切值求得正弦值，结合直线 DF 的方向向量和平面 BCDE 的法向量列方程，解方程求得 DE 的长.由此通过平面 EDF 和 平面 DFC 的法向量，计算出二面角 E DF C  的余弦值，进而求得其正弦值. 【详解】（1）证明：∵DE⊥AB，∴DE⊥EB，DE⊥EF， ∴DE⊥平面 BEF，∴DE⊥BF， ∵AE＝2EB＝2，∴EF＝2，EB＝1， ∵∠FEB＝60°，∴由余弦定理得 BF 2 2 2 3EF EB EF EB cos FEB      ， ∴EF2＝EB2+BF2，∴FB⊥EB， 由①②得 BF⊥平面 BCDE， ∴平面 BFC⊥平面 BCDE. （2）解：以 B 为原点，BA 为 x 轴，在平面 ABCD 中过点 B 作 AB 的垂线为 y 轴，BF 为 z 轴， 建立空间直角坐标系， 设 DE＝a，则 D（1，a，0），F（0，0， 3 ）， DF  （﹣1，﹣a， 3 ）， ∵直线 DF 与平面 BCDE 所成角的正切值为 15 5 ， ∴直线 DF 与平面 BCDE 所成角的正弦值为 6 4 ， 平面 BCDE 的法向量 n  （0，0，1）， ∴|cos n DF ＜ ， ＞| 2 3 6 44 n DF n DF a         ，解得 a＝2， ∴D（1，2，0），C（﹣2，2，0），∴ ED  （0，2，0）， DF  （﹣1，﹣2， 3 ）， 设平面 EDF 的法向量 m  （x，y，z）， - 15 - 则 2 0 2 3 0 ED m y DF m x y z               ，取 z＝1，得 m  （ 3 01，，）， 同理得平面 DFC 的一个法向量 p  （0， 3 ，2）， ∴cos 2 7 72 7 m pm p m p         ＜ ， ＞ ， ∴二面角 E﹣DF﹣C 的正弦值为 sin 1 421 7 7m p    ＜ ， ＞ . 【点睛】本小题主要考查面面垂直的证明，考查根据线面角求边长，考查二面角的求法，考 查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题. 19. 已知圆  2 2 1: 1 4C x y   ，一动圆与直线 1 2x   相切且与圆C 外切. （1）求动圆圆心 P 的轨迹T 的方程； （2）若经过定点  6,0Q 的直线l 与曲线T 交于 A B、 两点，M 是线段 AB 的中点，过 M 作 x 轴的平行线与曲线T 相交于点 N ，试问是否存在直线 l ，使得 NA NB ，若存在，求出直线 l 的方程，若不存在，说明理由. 【 答 案 】 (1) 2 4y x ;(2) 存 在 直 线 3 6 18 0x y   或 3 6 18 0x y   ， 使 得 NA NB . 【解析】 试题分析： （1）本题用直接法求动点轨迹方程，设支点坐标为 ( , )x y ，当然由已知分析，动点不能在 y 轴 左侧，然后利用直线与圆相切和两圆外切的条件列出方程，化简即可； （2）假设存在满足题意的直线，设出直线方程，分析发现直线的斜率为 0 时不合题意，从而 设直线方程为 6x my  ，设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，直线方程与曲线方程联立方程组，消去 变量 x 后得 y 的一元二次方程，由韦达定理得 1 2 1 2,y y y y ，设 0 0( , )N x y ，得 0y m ， 2 0x m ，由 0NA NB   求出 m 值，得直线方程，若不能求出实数 m ，则说明假设错误，不 - 16 - 存在相应的直线. 试题解析： （1）设  ,P x y ，分析可知：动圆的圆心不能在 y 轴的左侧，故 0x  ， ∵动圆与直线 1 2x   相切，且与圆 C 外切， ∴ 1 1 2 2PC x      ， ∴ 1PC x  ， ∴  2 21 1x y x    ， 化简可得 2 4y x ； （2）设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ， 由题意可知，当直线l 与 y 轴垂直时，显然不符合题意， 故可设直线l 的方程为 6x my  ， 联立 6x my  和 2 4y x 并消去 x ，可得 2 4 24 0y my   ， 显然 216 96 0m    ，由韦达定理可知 1 2 1 2 4{ · 24 y y m y y     ，① 又∵    1 2 1 26 6x x my my     ， ∴ 2 1 2 4 12x x m   ，② ∵ 1 2 1 2· ·4 4 y yx x  ，∴ 1 2· 36x x  ，③ 假设存在  0 0,N x y ，使得 · 0NA NB   ， 由题意可知 1 2 0 2 y yy  ，∴ 0 2y m ，④ 由 N 点在抛物线上可知 2 0 0 4 yx  ，即 2 0x m ，⑤ 又    1 0 2 0 2 0 2 0, , ,NA x x y y NB x x y y       ， 若 · 0NA NB   ，则    2 2 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 0x x x x x x y y y y y y        ， - 17 - 由①②③④⑤代入上式化简可得 4 23 16 12 0m m   ， 即  2 26 · 3 2 0m m   ， ∴ 2 2 3m  ，故 6 3m   ， ∴存在直线3 6 18 0x y   或3 6 18 0x y   ，使得 NA NB ． 点睛：解答探索直线与圆锥曲线位置关系中的存在性问题，主要有两个方向：（1）根据圆锥 曲线的方程及性质直接进行解答；（2）通过假设存在，然后由此出发进行推，最后判断其推 导结果是否合理． 20. 已知函数   emxf x x . （1）若函数  f x 的图象在点   1, 1f  处的切线平行于 x 轴，求函数  f x 在 2 2 , 上的 最小值； （2）若关于 x 的方程   1f x x  在 0,  上有两个解，求实数 m 的取值范围. 【答案】（1） 1 e  ；（2） 2 ,0e     . 【解析】 【分析】 （1）由题意得出  1 0f    可求得 m 的值，利用导数求得函数  y f x 的极值，结合函数  y f x 的单调性可得出该函数在区间 2 2 , 上的最小值； （2）由参变量分离法可知：直线 2 my   与函数   ln xF x x  的图象有两个交点，利用导数 分析函数  y F x 的单调性与极值，数形结合可得 2 m 的取值范围，进而可求得实数 m 的 取值范围. 【详解】（1）   mxf x xeQ ，   mx mxf x e mxe   ， 由题意可得  1 0m mf e me      ，解得 1m  .   xf x xe  ，则    1 xf x x e   ，令   0f x  ，解得 1x   . 令   0f x  ，解得 1x   ，此时函数  y f x 单调递增； - 18 - 令   0f x  ，解得 1x   ，此时函数  y f x 单调递减. 所以，函数  y f x 在区间 2, 1  上单调递减，在区间 1,2 上单调递增， 所以，当 1x   时，函数  y f x 取得极小值即最小值，即     1 min 11f x f e e       ； （2）   1 1mxf x xex x    在 0,  有两解，即 ln lnx mx x   在 0,  有两解， ln 2 m x x   . 设   ln xF x x  ，   2 1 ln xF x x   ，令   0F x  ，得 x e . 当 0 x e  时，   0F x  ；当 x e 时，   0F x  . 所以，函数  y F x 在 0,e 上为增函数，在 ,e  上为减函数. 当 0x  ，  F x   ；当 x   时，   0F x  ，    max 1F x F e e   ， 如下图所示： 由图象可知，当 10 2 m e    时，即当 2 0e m   时，直线 2 my   与函数  y F x 的图象有 两个交点. 因此，实数 m 的取值范围是 2 ,0e     . 【点睛】本题考查利用导数求解函数的最值，同时也考查了利用导数研究函数的零点个数问 题，考查数形结合思想以及参变量分离法的应用，考查分析问题和解决问题的能力，属于中 等题. 21. 冠状病毒是一个大型病毒家族，可引起感冒以及中东呼吸综合征（MERS）和严重急性呼 吸综合征（SARS）等较严重疾病.而今年出现在湖北武汉的新型冠状病毒（nCoV）是以前从未 在人体中发现的冠状病毒新毒株.人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状、发热、咳 嗽、气促和呼吸困难等.在较严重病例中感染可导致肺炎、严重急性呼吸综合征、肾衰竭，甚 - 19 - 至死亡.某医院为筛查冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有  *n n N 份血液样本，有 以下两种检验方式： 方式一：逐份检验，则需要检验 n 次. 方式二：混合检验，将其中  *, 2k k N k  份血液样本分别取样混合在一起检验，若不是阳 性，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 份再逐份检验，此时这 k 份血液的检验次数总共为 1k  . 假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样 本是阳性结果的概率为  0 1p p  .现取其中  *, 2k k N k  份血液样本，记采用逐份检 验方式，样本需要检验的总次数为 1 ，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为 2 . （1）若    1 2E E  ，试求 p 关于 k 的函数关系式  p f k ； （2）若 p 与干扰素计量 nx 相关，其中  1 2, , , 2nx x x n  是不同的正实数，满足 1 1x  且  * 2n N n   都有 1 2 2 2 13 2 2 1 2 2 3 1 2 1 1 1 1 n n n n x xx ex x x x x x x x         成立. （ⅰ）求证：数列 nx 为等比数列； （ⅱ）当 3 4 11p x   时，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份 检验的总次数的期望值更少，求 k 的最大值. （ ln 4 1.3863 ， ln 5 1.6094 ） 【答案】（1）   1 11 k f k k       ；（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） k 的最大值为 4. 【解析】 【分析】 （1）由随机变量的概率公式和数学期望，计算可得所求函数  f k 的解析式； （2）（ⅰ）当 2n  时可得 1 3 2x e ，当 2n  时，可得 1 3 2 2 1 2 2 3 1 3 1 1 1 11 1n n n e x x x x x x xe         ， - 20 - 1 3 2 2 1 2 2 3 1 1 13 1 1 1 1 11 1n n n n n e x x x x x x x x xe            两式作差可得 1 1 3n n x ex   即可得证； （ⅱ）运用（ⅰ）的结论和构造函数，求得导数和单调性，计算可得所求最大值. 【详解】解：（1）由已知可得  1E k  ， 2 的所有取值为 1， 1k  ，    2 1 1 kP p    ，  2 1P k     1 1 kp  ，          2 1 1 1 1 1 1k k kE p k p k k p             ， 由    1 2E E  ，可得  1 1 kk k k p    ，即  11 kp k   ，即 1 11 k p k       ，即 1 11 k p k      ， 可得   1 11 k f k k       ， *k N ， 2k  ； （2）（ⅰ）证明：当 2n  时， 12 2 2 2 2 13 2 2 1 2 2 1 x x xex x x x    ，即 1 2 3 1 x ex  ，由 1 1x  ，得 1 3 2x e ， 因为当 2n  时， 1 2 2 3 2 1 2 2 3 1 3 11 1 1 1 n n n n xx ex x x x x x e           ， 所以 1 3 2 2 1 2 2 3 1 3 1 1 1 11 1n n n e x x x x x x xe         ， 1 3 2 2 1 2 2 3 1 1 13 1 1 1 1 11 1n n n n n e x x x x x x x x xe            两式相减得 1 3 2 2 2 1 13 1 1 1 1n n n n e x x x xe        ，   1 3 2 2 1 12 3 1 n n n n ex x x x e     则 1 1 1 3 3 1 n n n n x x e ex x       ，可得 1 1 3n n x ex   ，因为 1 2 3 1 x ex  ，所以数列 nx 为等比数列，且 1 3 n nx e   ； - 21 - （ⅱ）由（ⅰ）可知 33 4 1 11 1p x e     ，    1 2E E  ，可得  1 1 kk k k p    ，即  1 1 kpk    3 1 k e      ，所以 1ln 3k k ，设   1ln 3f x x x  ， 0x  ，   3 3 xf x x   ，当 3x  时，   0f x  ，  f x 递减，又 ln 4 1.3863 ， 4 1.33333  ，则 4ln 4 3  ； ln 5 1.6094 ， 5 1.66673  ，则 5ln5 3  ，可得 k 的最大值为 4. 【点睛】本题考查随机变量的数学期望和等比数列的证明，等比数列的通项公式的应用，考 查函数的导数的运用，考查化简运算能力，属于难题. （二）选考题：共 10 分.请考生在 22、23 题中任选一题做答，如果多做，则按所做第一题记 分. [选修 4-4：坐标系与参数方程] 22. 在直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的参数方程为 1+cos 1 cos 2sin 1 cos x y           ( 为参数).以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为 0  ( 0 (0, π)  )，将曲线 1C 向左 平移 2 个单位长度得到曲线C . （1）求曲线C 的普通方程和极坐标方程； （2）设直线 l 与曲线C 交于 ,A B 两点，求 1 1 OA OB  的取值范围. 【答案】（1）C 的极坐标方程为 2 2sin 4 cos 8 0      ，普通方程为 2 4( 2)y x  ；（2） 1 2( , ]2 2 【解析】 【分析】 （1）根据三角函数恒等变换可得 2 2 cos 2 sin 2 x   ， 2cos 2 sin 2 y   ，可得曲线 1C 的普通方程，再 运用图像的平移得依题意得曲线C 的普通方程为，利用极坐标与平面直角坐标互化的公式可 得方程； - 22 - （2）法一：将 0  代入曲线 C 的极坐标方程得 2 2 0 0sin 4 cos 8 0      ，运用韦达定理 可得 2 0 1 1 1 1 sin2OA OB     ，根据 0 (0, π)  ，可求得 1 1 OA OB  的范围； 法二:设直线 l 的参数方程为 cos sin x t y t      (t 为参数， 为直线的倾斜角)，代入曲线C 的普通 方程得 2 2sin 4 cos 8 0t t    ，运用韦达定理可得 21 1 1 1 sin2OA OB     ，根据 (0,π)  ，可求得 1 1 OA OB  的范围； 【详解】（1） 2 2 2 2 2cos cos1+cos 2 2 1 cos 2sin sin2 2 x        ， 2 4sin cos 2cos2sin 2 2 2 1 cos 2sin sin2 2 y         2 2 2 4cos 2 4 sin 2 y x     ，即曲线 1C 的普通方程为 2 4y x ， 依题意得曲线C 的普通方程为 2 4( 2)y x  ， 令 cosx   ， siny   得曲线C 的极坐标方程为 2 2sin 4 cos 8 0      ； （2）法一：将 0  代入曲线 C 的极坐标方程得 2 2 0 0sin 4 cos 8 0      ，则 0 1 2 2 0 4cos sin     ， 1 2 2 0 8 sin     ， 1 2 0   ， 1 2,  异号 20 2 22 1 2 0 01 2 1 2 2 0 1 2 1 2 1 2 2 0 4cos 32( )sin sin( ) 41 1 1 1 1 1 sin8 2 sin OA OB                           ， - 23 - 0 (0,π)  ， 0sin (0,1]  ， 1 1 1 2( , ]2 2OA OB    ； 法二:设直线 l 的参数方程为 cos sin x t y t      (t 为参数， 为直线的倾斜角)，代入曲线C 的普通 方程得 2 2sin 4 cos 8 0t t    ， 则 1 2 2 4cos sint t    ， 1 2 2 8 sint t   ， 1 2 0t t  ， 1 2,t t 异号 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 4cos 32( )( ) 4 sin sin1 1 1 1 1 1 sin8 2 sin t t t t t t OA OB t t t t t t                 (0,π)  ， sin (0,1]  ， 1 1 1 2( , ]2 2OA OB    . 【点睛】本题考查参数方程与普通方程，极坐标方程与平面直角坐标方程之间的转化，求解 几何量的取值范围，关键在于明确极坐标系中极径和极角的几何含义，直线的参数方程，参 数的几何意义，属于中档题. [选修 4-5：不等式选讲] 23. 已知函数   2 7 2 5f x x x    . (1)解不等式   6f x  ； (2)设函数  f x 的最小值为 m，已知正实数 a，b，且 2 21max , a bk a b a b       ，证明： 2 1k m  . 【答案】(1) 3 9, ,2 2            ；(2)证明见解析. 【解析】 【分析】 (1)分类讨论去绝对值，解不等式即可； (2)由绝对值三角不等式可得   2f x  ，得 2m  ，由   2 2 2 2 2 1 1 2 a b a b a b a b a b       得 22 1k  ，进而可证明. - 24 - 【详解】(1)不等式   6f x  ， 即为不等式 2 7 2 5 6x x    ， 当 5 2x  时，不等式可化为    2 7 2 5 6x x     ，解得 3 2x ≤ ； 当 5 7 2 2x  时，不等式可化为    2 7 2 5 6x x     ，即 2 6 ，无解； 当 7 2x  时，不等式可化为   2 7 2 5 6x x    ，解得 9 2x  . 综上，不等式   6f x  的解集是 3 9, ,2 2            ； (2)    2 7 2 5 2 7 2 5 2f x x x x x         ， 当且仅当  2 7 2 5 0x x   时取等号， 2m  .   2 2 2 1 2 a b a b    ， 2 21 1 2 a b a b a b     . 2 21max , 0a bk a b a b        ， 2 2 2 1 1 2 a bk a b a b      ， 22 1k  ， 即 2 1k m  . 【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查不等式的证明，考查计算能力与分析能力，是 中档题. - 25 -