福建省漳州市2021届高三毕业班适应性测试（一）数学试题 Word版含答案

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漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试（一） 数学试题 第 1 页 （共 16 页） 学校: 准考证号: 姓名: （在此卷上答题无效） 工作秘密★启用前 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试（一） 数 学 答 案 （考试时间：120 分钟；满分：150 分） 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。第Ⅰ卷为选择题，第Ⅱ卷为非选择题。 第Ⅰ卷（选择题 60 分） 一．单项选择题（本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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  3,2,1,2M ，  2,2N ，下列结论成立的是 A． NM  B． NM  C． MNM  D．  1NCM 2．若复数 3 2 1z i   （i 为虚数单位），则复数 z 在复平面上对应的点位于 A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．平面直角坐标系 xOy 中，角 的顶点为坐标原点，始边与 x 轴的非负半轴重合，其终边上一点 P 绕原 点顺时针旋转 π 6 到达点  3,4Q 的位置，则 πsin 6      A． 3 5  B． 3 5 C． 4 5  D． 4 5 4．已知 F 为抛物线 xy 82  的焦点， M 为抛物线上任意一点，点  4,4A ，则 MFMA  的最小值为 A． 6 B． 24 C． 52 D． 4 5．原始的蚊香出现在宋代．根据宋代冒苏轼之名编写的《格物粗谈》记载：“端 午时， 贮浮萍，阴干，加雄黄，作纸缠香，烧之，能祛蚊虫．”如图，为某 校数学兴趣小组用数学软件制作的“螺旋蚊香”，画法如下:在水平直线l 上取 长度为 1 的线段 AB ，做一个等边三角形 ABC ，然后以点 B 为圆心， AB 为 半径逆时针画圆弧，交线段CB 的延长线于点 D ，再以点C 为圆心，CD 为半 径逆时针画圆弧，交线段 AC 的延长线于点 E ，以此类推，当得到的“螺旋蚊 香”与直线l 恰有5 个交点时，“螺旋蚊香”的总长度的最大值为 A． 14 B． 3 56 C． 24 D． 30 6．已知 ABC 中， 5 ACAB ， 8BC ，点O 是 ABC 的重心，则  ACBO A．10 B． 2 23 C．13 D． 2 29 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试（一） 数学试题 第 2 页 （共 16 页） 7．正实数 a ，b ，c 满足 22  aa ， 33  bb ， 4log4  cc ，则实数 a ，b ，c 之间的大小关系为 A． cab  B． cba  C． bca  D． acb  8．正四面体 ABCD 的体积为 4 ，O 为其中心，正四面体 EFGH 与正四面体 ABCD 关于点O 对称，则这 两个正四面体公共部分的体积为 A．3 B． 8 3 C． 2 D． 4 3 二．多项选择题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符 合题目要求，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分．） 9．小王于 2016 年底贷款购置了一套房子，根据家庭收入情况，小王选择了 10 年期每月还款数额相同的 还贷方式，且截止 2020 年底，他没有再购买第二套房子.下图是 2017 年和 2020 年小王的家庭收入用 于各项支出的比例分配图： 2017 年各项支出 2020 年各项支出 根据以上信息，判断下列结论中不正确的是 A．小王一家 2020 年用于饮食的支出费用跟 2017 年相同 B．小王一家 2020 年用于其他方面的支出费用是 2017 年的 3 倍 C．小王一家 2020 年的家庭收入比 2017 年增加了 1 倍 D．小王一家 2020 年用于房贷的支出费用比 2017 年减少了 10．已知等差数列 na 的公差 0d  ，前 n 项和为 nS ，若 6 10S S ，则下列说法正确的是 A． 8 0a  B． 16 0S  C．若 0d  ，则 8 10 0a a  D．若 0d  ，则 128 aa  11．在 ABC 中， a ，b ，c 分别是角 A ， B ，C 的对边，其外接圆半径为 R ，内切圆半径为 3r ，满 足 3coscoscos RCcBbAa  ， ABC 的面积 6ABCS ，则 A． 4 cba B． 6R C． 6 1sinsinsin  CBA D． 3 12sin2sin2sin  CBA 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试（一） 数学试题 第 3 页 （共 16 页） 12．已知函数 | |( ) sinxf x e x ，则下列结论正确的是（ ） A． ( )f x 是周期为 2 的奇函数 B． ( )f x 在 3,4 4       上为增函数 C． ( )f x 在 ( 10 ,10 )  内有 21 个极值点 D． axxf )( 在     40 ， 上恒成立的充要条件是 1a 第Ⅱ卷（非选择题 90 分） 三．填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.） 13． 5 2 2x x     的展开式中， 5x 的系数为_______． 14．定义在 R 上的偶函数 )(xfy  ，当 0x 时， 1 2 1)(       x xf ，则不等式 1)(lg xf 的解集为_______． 15．三棱柱 111 CBAABC  中， CABBBCC 平面平面 11 ， 31  CBC ， ACB 是等腰直角三角形， 2 ACB ， 21  CCCB ，则异面直线 11BA 与 1AC 所成角的余弦值为_______． 16．已知双曲线 C ： 12 2 2 2  b y a x （ 0a ， 0b ）的左、右焦点分别为 F， F ，以坐标原点 O 为圆心， OF 为半径的圆交 C 的一条渐近线于 ,A B 两点，且线段 BF 被C 的另一条渐近线平分，则 C 的离心率 为_______；若C 的焦距为 4 ， P 为C 上一点，且 tan 2 2OFP  ，直线 PF 交 C 于另一点 Q ，则 QF  _______． （本题第一空 2 分，第二空 3 分） 四．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．（本小题满分 10 分） 在 ABC 中， a ，b ， c 分别是角 A ， B ，C 的对边，并且 2 2 2b c a bc   . （1）若 2b  ，sin 2sinC B ，求 ABC 的面积； （2）求 cos cosB C 的最大值. 18．（本小题满分 12 分） 已知等比数列 na 的前 n 项和为 nS ，满足 143 S ，且 12a ， 2a ， 32 1 a 依次构成等差数列. （1）求数列 na 的通项公式； （2）请从① nab nn  ② nn nab  ③ 122 loglog 1  nn n aab 这三个条件选择一个，求数列 nb 的 前 n 项和 nT . 注：如果选择多个条件分别进行解答，按第一个解答进行计分. 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试（一） 数学试题 第 4 页 （共 16 页） 19．（本小题满分 12 分） 如图，圆柱 1OO 的轴截面 1 1ABB A 是正方形， 1O 、O 分别是上、下底面的圆心，C 是弧 AB 的中点， D 、 E 分别是 1AA 与 BC 中点. （1）求证： DE //平面 1 1ACB ； （2）求锐二面角 1 1B AC B  的余弦值. 20．（本小题满分 12 分） 《中国制造 2025》是经国务院总理李克强签批，由国务院于 2015 年 5 月印发的部署全面推进实施制造 强国的战略文件，是中国实施制造强国战略第一个十年的行动纲领. 制造业是国民经济的主体，是立国 之本、兴国之器、强国之基. 发展制造业的基本方针为质量为先，坚持把质量作为建设制造强国的生命 线. 某制造企业根据长期检测结果，发现生产的产品质量与生产标准的质量差都服从正态分布 2( , )N   ，并把质量差在 ( , )     内的产品为优等品，质量差在 ( , 2 )     内的产品为一等 品，其余范围内的产品作为废品处理．优等品与一等品统称为正品．现分别从该企业生产的正品中随机 抽取 1000 件，测得产品质量差的样本数据统计如下： （1）根据频率分布直方图，求样本平均数 x ；（同一组中的数据用该组区间的中点值代表） （2）根据大量的产品检测数据，检查样本数据的方差的近似值为 100，用样本平均数 x 作为  的近似 值，用样本标准差 s 作为 的估计值，求该厂生产的产品为正品的概率； 参考数据：若随机变量 服从正态分布  2,N   ，则：   0.6827P        ≤ ，  2 2 0.9545P        ≤ ，  3 3 0.9973P         ≤ （3）假如企业包装时要求把 3 件优等品球和 5 件一等品装在同一个箱子中，质检员每次从箱子中摸 出三件产品进行检验，记摸出三件产品中优等品球的件数为 X ，求随机变量 X 的分布列及期望值． 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试（一） 数学试题 第 5 页 （共 16 页） 21．（本小题满分 12 分） 已知函数 ( ) ln( 1) 1f x x   ， ln( ) x ag x e x b   （ 0a ， b R ） （1）当 1a  ，讨论 )(xg 在 R 上的零点个数； （2）若关于 x 的不等式 xxfbaxg  )(ln)( 恒成立，求实数 a 的取值范围. 22．（本小题满分 12 分） 阿基米德（公元前 287 年 公元前 212 年，古希腊）不仅是著名的哲学家、物理学家，也是著名的数 学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率 等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．在平 面直角坐标系 xOy 中，椭圆 E ： 2 2 2 2 1x y a b   （ 0a b  ）的面积为 2 3 ，两焦点与短轴的一个顶 点构成等边三角形．过点  1 0M ， 且斜率不为 0 的直线l 与椭圆 E 交于不同的两点 A ， B ． （1）求椭圆 E 的标准方程； （2）设椭圆 E 的左、右顶点分别为 P ，Q ，直线 PA 与直线 4x  交于点 F ，试证明 B ，Q ， F 三 点共线； （3）求 AOB 面积的最大值. 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试（一） 数学试题 第 6 页 （共 16 页） 学校: 准考证号: 姓名: （在此卷上答题无效） 工作秘密★启用前 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试（一） 数 学 参 考 答 案 （考试时间：120 分钟；满分：150 分） 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。第Ⅰ卷为选择题，第Ⅱ卷为非选择题。 第Ⅰ卷（选择题 60 分） 一．单项选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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．C 2．D 3．D 4．A 5． B 6．C 7．A 8．C 【解析】 1．集合  3,2,1,2M ，  2,2N ，不满足 NM  ，则 A 错；  2,2NM  ，则 B 错； MNM  ， 则 C 正确；  31，NCM ，则 D 错.故选 C. 2．     3 2 12 2 11 1 1 1 iz ii i i i         则 1z i  ，复数 z 在复平面上对应的点为 1, 1 ，故复数 z 在复平面上对应的点位于第四象限，故 选 D. 3．依题意可知  3,4Q 在角 6   的终边上，所以 6 4sin 5       ，故选 D． 4．点  4,4A 是抛物线内的一点，设点 M 在抛物线准线上的射影为 N ，根据抛物线的定义可知 MNMF  ，要求 MFMA  的最小值，即求 MNMA  的最小值. 当 A ， M ， N 三点共线时， MNMA  取到最小值   624  . 故选 A. 5．由题意得，恰好有 6 段圆弧或有 7 段圆弧与直线l 相交时，才恰有5 个交点，每段圆弧的圆心角都为 2π 3 ， 且从第 1 段圆弧到第 n 段圆弧的半径长构成等差数列：1， 2 ，， n 当得到的“螺旋蚊香”与直线l 恰有5 个交点时，“螺旋蚊香”的总长度 的最大值为   3 56 2 771 3 2   ．故选 B. 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试（一） 数学试题 第 7 页 （共 16 页） 6． 由题意，以 BC 所在直线为 x 轴， BC 的垂直平分线为 y 轴建立坐标系， 由于 5 ACAB ， 8BC ，则  0,4B ，  0,4C ，故  3,0A 又点 O 是 ABC 的重心，则  1,0O (4,1)BO  ，  4 3AC   ， ， 13316  ACBO ，故选 C 7． 4log4  cc cc  4log4 ， 即 c 为函数 xy 4log 与 xy  4 的图象交点的横坐标 33  bb bb  431 ， 即b 为函数 xy 31 与 xy  4 的图象交点的横坐标 22  aa aa  42 12 ， 即 a 为函数 xy 2 12  与 xy  4 的图象交点的横坐标 在同一坐标系中画出图象，可得 cab  .故选 A. 8．如图，点 E ， F ，G ， H ， I ， J 分别是边 AB ， AC ， AD ， BC ， CD ， DB 的中点，这两个正四面体公共部分为多面体GEFHIJ ． 三棱锥 A EFG 是正四面体，其棱长为正四面体 ABCD 棱长的一半， 则 1 1= =8 2A EFG A BCDV V  这两个正四面体公共部分的体积为 14 4 4 22A BCD A EFGV V      . 故选 C. 二、多项选择题（本大题共 4 小题 ，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要 求。全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 3 分。） 9．ACD 10．BCD 11．ABD 12．BD 【解析】 9． 由于小王选择的是每月还款数额相同的还贷方式，故可知 2020 年用于房贷方面的支出费用跟 2017 年 相同，D 错；设一年房贷支出费用为 n ，则可知 2017 年小王的家庭收入为 5 60% 3 n n ，2020 年小王 的家庭收入为 5 40% 2 n n ， 5 5150%3 2 n n  ，小王一家 2020 年的家庭收入比 2017 年增加了 50% ， C 错；2017、2020 年用于饮食的支出费用分别为 5 5 5 525% , 25%3 12 2 8 n n n n    ，A 错；2017、2020 年用于其他方面的支出费用分别是 5 5 36% , 12%3 10 2 10 n n n n    ，B 对．故选 ACD． 10．由已知 6 10S S ，得 8 9 0a a  . 若 8 0a  ，则 9 0a  ，不满足 0d  ，故 A 错； 由    1 16 16 8 9 16 8 02 a aS a a     ，故 B 正确；当 0d  时，且 8 9 0a a  ，则 8 0a  ， 9 0a  ， 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试（一） 数学试题 第 8 页 （共 16 页） 所以 8 10 92 0a a a   ，故 C 正确；当 0d  时，且 8 9 0a a  ，则 08 a ， 09 a ，所以 0910  daa ，所以 8 12 102 0a a a   ，则 8 12a a ，故 D 正确. 故选 BCD. 11． 4,6)(2 3)(2 1  cbacbarcbaS ABC ，A 正确； 已知 3coscoscos RCcBbAa  所以 ,3cossin2cossin2cossin2 RCCRBBRAAR  即 3 12sin2sin2sin  CBA ，D 正确； 若 ABC 为锐角三角形， ,63 1 2 12sin2 12sin2 12sin2 1 2222  RCRBRARS ABC 所以 6R ，若 ABC 为直角三角 形或钝角三角形时可类似证明，B 正确； 2 12sin sin sin a b c RA B C      ，所以 3 1sinsinsin  CBA ，C 错．故选 ABD. 12．因为  xf 的定义域为 R ， ( ) sin( ) ( )xf x e x f x     ，所以  xf 是奇函数， 但是 2 2( 2 ) sin( 2 ) sin ( )x xf x e x e x f x          ，所以  xf 不是周期为 2 的函数，故 A 错 误； 当 ( ,0)4x   时， ( ) sinxf x e x ， (cos( ) sin ) 0x xf x e x   ， ( )f x 单调递增， 当 3(0, )4x  时， ( ) sinxf x e x ， (sin) ) 0c( osx xf x e x   ， ( )f x 单调递增， 且 ( )f x 在 3( , )4 4   连续，故 ( )f x 在 3( , )4 4   单调递增，故 B 正确； 当 [0,10 )x   时， ( ) sinxf x e x ，           4sin2cossin xexxexf xx ， 令 ( ) 0f x  得， ( 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10)4x k k     ， 当 ( 10 ,0)x    时， ( ) sinxf x e x ，            4cos2sincos xexxexf xx 令 ( ) 0f x  得， ( 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10)4x k k              , 因此， ( )f x 在 ( 10 ,10 )  内有 20 个极值点，故 C 错误； 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试（一） 数学试题 第 9 页 （共 16 页） 当     40 ，x 时， sin( ) xe xf x ax a x ≥ ≤ ， 设 sin( ) xe xg x x  ，所以     2 sincossin x xxxxxexg x  ， 令 ( ) sin cos sinh x x x x x x   ， (0, ]4x  ，     0sincossin  xxxxxh ，  xh 单调递增，     00  hxh ，所以   0 xg ， ( )g x 在(0, ]4  单调递增. 当 x 趋近于 0 时，   x xexg x sin 趋近于1， 所以 1a ，故 D 正确. 故选 BD. 三．填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.） 13． 40 14． ),10()10 1,0(  15． 4 3 16． 2 ，9 【解析】 13． 5 2 2x x     展开式的通项为   51052 2 1 5 5 2 2 r rrr r r rT C x C x x          令 510 52 r  ，则 2r  ， 所以 5 2 2x x     的展开式中， 5x 的系数为 2 2 5 2 40C   故答案为 40 . 14．由已知，当 0x 时， 1)2 1()(  xxf ，不等式   1lg xf 等价于    1lg  fxf 又 )(xf 定义在 R 上的偶函数， 所以 1lg x ，所以 1lg x 或 1lg x ，解得 10x 或 10 10  x 则不等式   1lg xf 的解集为 ),10()10 1,0(  故答案为 ),10()10 1,0(  . 15．因为 31  CBC ， 21  CCCB ，所以 21 DA ， 又因为 ACB 是等腰直角三角形， 2 ACB ， 2CB ，所以 2211 BA ， 因为 CABBBCC 平面平面 11 ，又 BCAC  ， 1 1CC B B CAB BC平面 平面 所以 BBCCAC 11平面 ，所以 1ACAC  ．又 1 2AC CC  ，所以 221 AC 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试（一） 数学试题 第 10 页 （共 16 页） 根据题意可知异面直线 11BA 与 1AC 所成角为 DBA 11 ， 根据余弦定理得，     4 3 22222 22222 2cos 222 111 2 1 2 1 2 11 11     DBBA DADBBADBA 故答案为 4 3 . 16．如图所示建立平面直角坐标系，设 BF 的中点为 M ，则由双曲线的对称性知， BOM FOM AOF     ， 所以 π 3BOM FOM AOF      ， 所以      222 360tan bac a b  ，可得 22 4ac  ， 42 2  a c ， 2 a ce ； C 的焦距为 4 ，所以 2c  ， 1a  . 设QF x ，则 ' 2 2QF x a x    ， 又由 tan 2 2OFP  ，得 1cos 3OFP  ， 所以 1cos 3OFQ   ，在 'F FP△ 中，由余弦定理得， 2 2 2' ' 2 ' cos 'QF QF FF QF FF F FQ      ， 即 2 2 12 16 2 4 3x x x            ，解得 9x  ，即 9QF  ． 故答案为 2 ，9 . 四、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．解：（1）因为sin 2sinC B ， 2b ，所以 2 4c b  ， 因为 2 2 2b c a bc   ，所以 2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc    ，···································· 2 分 又因为 (0,π)A ，所以 π 3A  ．································································· 3 分 所以 ABC 的面积 1 1 3sin 2 4 2 32 2 2S bc A      ．······························ 5 分 （2）由（1）可得 3A  ， 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试（一） 数学试题 第 11 页 （共 16 页） 所以          3coscoscoscoscoscos  BBABBCB       6sinsin2 3cos2 1 BBB ··································· 8 分 因为 20 π3B  ，所以 π π 5 3 6 π 6B   ，···················································· 9 分 所以当 π 3B  时，       6sincoscos BCB 有最大值 1．····························10 分 18．解：（1）设等比数列的公比为 q ，根据已知条件， 12a ， 2a ， 32 1 a 依次构成等差数列， 所以 312 2 122 aaa  ，则 2 111 2 122 qaaqa  ，·············································2 分 因为 01 a ，所以 2 2 122 qq  ，解得 2q ················································· 4 分 由 143 S ，即 14321  aaa ，所以 1442 111  aaa ，解得 21 a ··············5 分 所以 n na 2 ··························································································· 6 分 （2）选① nnab n nn  2 ····································································7 分 ）（ nbbbbT n nn   3212222 321 321 ··············· 9 分   2 1 21 21   nnn 212 2 nnn  ························································ 12 分 选② nn nab  ·························································································7 分 n nn nbbbbT 2232221 321 321   （*） 1432 22322212  n n nT  ························································9 分 可得     221221 2122223222 111321    nn n nn n nnnT  11 分 所以   221 1  n n nT ········································································· 12 分 选③   1 11 1 1 loglog 1 122   nnnnaab nn n ····································· 9 分 11 111 11 3 1 2 1 2 1121  n n nnnbbbT nn  ··········· 12 分 19．解：（1）取 1CB 的中点为 M ，连接 ME ， 1A M 则 EM // 1BB // 1AA ，且 1 1 1 2EM AA A D  ················································ 2 分 所以四边形 1A DEM 为平行四边形， 所以 DE // MA1 ，又 1A M  面 1 1ACB ， DE  面 1 1ACB 所以 DE //面 1 1ACB .·················································································4 分 （2） 1OO 面 ABC ，则 OBOO 1 ， OCOO 1 ， AB 是圆柱底面的直径，C 是弧 AB 的中点，所以 CBCA  ，O 为 AB 中点，则 OBOC  漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试（一） 数学试题 第 12 页 （共 16 页） 以O 为原点， OB  ，OC  ， 1OO  分别为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标系O xyz ， 如图．··································································································· 5 分 设 1OB  ，则  1,0,0B  ，  0,1,0C  ，  1 1,0,2A   ，  1 1,0,2B  ··········6 分  1 2,0, 2A B   ，  1 1,1, 2AC   设平面 1A BC 的一个法向量为  1 1 1, ,n x y z ，则 1 1 0 0 n A B n AC          ， 1 1 1 1 1 2 2 0 2 0 x z x y z       ，取 1 1x  ，则 1 1y  ， 1 1z  ， 则  1,1,1n  ·························································································· 8 分  1 1 2,0,0A B  ，  1 1,1, 2AC   设平面 1 1A B C 的一个法向量为  2 2 2, ,m x y z ，则 1 1 1 0 0 m A B m AC          ， 1 1 1 1 2 0 2 0 x x y z      ，解得 1 0x  ，取 1 2y  ，则 1 1z  ， 则  0,2,1m  ·······················································································10 分 所以 2 1 15cos , 53 5 m nm n m n           .·················································11 分 所以锐二面角 1 1B AC B  的余弦值为 15 5 .··············································· 12 分 20．解：（1） 46 56 56 66 66 760.010 10 0.020 10 0.045 102 2 2x            76 86 86 960.020 10 0.005 102 2        ················································· 2 分 70 ·····································································································3 分 （2）由题意样本方差 2 100s  ，故 2 10s   ，所以 2(70,10 )X N ，······· 4 分 由题意，该厂生产的产品为正品的概率 (60 90) (60 70) (70 90)P P X P X P X         1 (0.6827 0.9545) 0.81862    .所以 DE //面 1 1ACB .····································6 分 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试（一） 数学试题 第 13 页 （共 16 页） （3） X 所有可能取值为 0 ，1， 2 ，3.·······················································7 分   0 3 3 5 3 8 50 28 C CP X C      1 2 3 5 3 8 151 28 C CP X C      2 1 3 5 3 8 152 56 C CP X C      3 0 3 5 3 8 13 56 C CP X C    ······················· 9 分 随机变量 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 5 28 15 28 15 56 1 56 ···········································································································11 分   8 9 56 1356 15228 15128 50 XE ············································· 12 分 21．解：（1） 1a  ，   xg x e x b   ， ( ) 1xg x e   ，令   0g x  ，得 0x  当 0x  ，   0g x  ， )(xg 在  0, 单调递减 当 0x  ，   0g x  ， )(xg 在  ，0 单调递增 所以 0x 是  xg 的极小值点同时也是最小值点，即 bgxg  1)0()( min ········2 分 当 01 b ，即 1b 时， )(xg 在 R 上没有零点； 当 01 b ，即 1b 时， )(xg 在 R 上只有 1 个零点；···································3 分 时，即当 1,01  bb 因为 ( ) 0bg b e   ，所以 )0,()( 在xg 只有一个零点， 又因为 bebbebg bb 2)(  ，取 2)(,2)(  xx exxex  ， ( ) 2 0xx e   令 ，得 ln 2x  当 2lnx ， 02)(  xex ， )(x 在  ,2ln 单调递增 当 2lnx ， 02)(  xex ， )(x 在  2ln, 单调递减 02ln222ln2)2(ln 2ln  e ，所以对 x R ，   0x ，所以 0)( b ，即 02  beb 所以 02)(  bebg b ，所以 ),0()( 在xg 内只有一个零点， 所以  xg 在 R 上有两个零点.····································································· 5 分 综上所述，当 1b 时，  xf 在 R 上有两个零点； 当 1b 时，函数  xf 在 R 上没有零点； 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试（一） 数学试题 第 14 页 （共 16 页） 当 1b 时，函数  xf 在 R 上有一个零点.···················································· 6 分 （2）方法一： xxfbaxg  )(ln)( 恒成立，   ,1x 即 xxbabxe ax  1)1ln(lnln 1)1ln(lnln  xae ax ········································································· 7 分 所以 )1(,1)1ln(lnln  xxxaxe ax 构造 xexh x )( ，所以 01)(  xexh ，  xh 在 R 上单调递增 只需 )1ln(ln  xax ，即 )1ln(ln  xxa 恒成立····································8 分 令 )1ln()(  xxxu ， 1 2 1 11)(   x x xxu ········································· 9 分 当 21  x 时， 0)(  xu ，所以 )(xu 在 1,2 单调递减； 当 2x 时， 0)(  xu ，所以 )(xu 在 2, 单调递增， 所以 2)2(min  uu ，即 2ln a ······························································ 11 分 又 0a ，所以 20 ea  . ······································································12 分 方法二： 1x  ，有  ln ln ln 1 1x ae a x     ，则当 2x  时， 2 ln ln 1ae a   ············ 7 分 令   2 ln ln 1aa e a    ，所以  a 在 0, 单调递减，····························8 分 注意到 2( ) 0e  ，所以 20 ea  .（必要性） ·············································9 分 下面证明 1xe x  （ x R ） 令   1xx e x    ，   1xx e   当 0x  ，   0x  ，所以  x 在 0, 上单调递增 当 0x  ，   0x  ，所以  x 在 ,0 上单调递减 所以     010 0 min  ex  ， 即对 x  R ，   1 0xx e x     ，即 1xe x  （ x R ）得证. 因为 1 xex ，所以 ln ln 1xe x  ，即 ln 1x x  ，即  0,1ln  xxx . 当 20 a e  时， ln 2 1 ln ln( 1) 1 ln( 1) 1 1 x a xe e x a x x x               ····························· 11 分 ln ln ln( 1) 1x ae a x     .（充分性）························································12 分 方法三： xxfbaxg  )(ln)( ，即 ln ln ln( 1) 1x ae x b a b x x         恒成立 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试（一） 数学试题 第 15 页 （共 16 页） ln ln ln( 1) 1x ae a x     ········································································· 7 分 即 1x  ， ln( ) ln ln( 1) 1 0x aa a e x       恒成立，······························· 8 分 注意到 ( )a 在 0a  单调递增, ·································································· 9 分 当 20 a e  时， 2 2( ) ( ) 1 ln( 1) 1 ( 1) ( 2) 0xa e e x x x             ， 所以 ( ) 0a  ························································································ 10 分 当 2a e 时， 2 2( ) ( ) 1 ln( 1) ( )xa e e x h x        注意到 (2) 0h  ，存在 2x  ，使得 ( ) 0a  ，矛盾····································· 11 分 综上， 20 a e  .·················································································· 12 分 22．解：（1）由题意可得： 2 2 2 2 3 =2c + ab a a b c       ，解得 2a  ， 3b  ， 1c  ········2 分 则椭圆方程为 2 2 14 3 x y  ········································································· 3 分 （2）设直线l 的方程为 1x ty  ，设  1 1,A x y ，  2 2,B x y 由 2 2 1 14 3 x ty x y     ，整理得 2 23 4 6 9 0t y ty    1 2 2 1 2 2 6 3 4 9 3 4 ty y t y y t        ················································································4 分 椭圆 E 的左、右顶点分别为  2,0P  ，  2,0Q ， 直线 PA 方程为：  1 1 22 yy xx   ， 又直线 PA 与直线 4x  交于点 F ，则 1 1 64, 2 yF x      ， ·································· 5 分 因为 BQk , QFk 都存在，所以要证 B ，Q ， F 三点共线，只需证 QFBQ kk  ···········6 分 只需证 2 2 6 2 1 1 2 2  x y x y 只需证 3 3 1 1 1 1 2  ty y ty y 只需证 121221 333 yytyyyty  只需证   032 2121  yyyty 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试（一） 数学试题 第 16 页 （共 16 页） 而   043 6343 9232 222121    t t ttyyyty 故 B ，Q ， F 三点共线.··········································································· 8 分 （3）由（2）可得 1 2 2 1 2 2 6 3 4 9 3 4 ty y t y y t          2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 6 1= 42 2 3 4AOB tS OM y y y y y y t        ························· 10 分 令 2 1m t  （ 1m  ），则 2 6 6 13 1 3 OAB mS m m m     令   13f m m m   ，函数  f m 在区间[1, ) 单调递增， 即当 1m  ，即 0t  时， S 取到最大值 3 2 .·················································· 12 分