福建省2020届高三数学（理）质量检查（B卷）试题（Word版附答案）

福建省2020届高三数学（理）质量检查（B卷）试题（Word版附答案）

学校: 准考证号: 姓名: （在此卷上答题无效） 工作秘密★启用前 2020 年福建省高三毕业班质量检查测试（B 卷） 理 科 数 学 本试卷共 6 页。满分 150 分。 注意事项： 1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 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，将本试题卷和答题卡一并交回。 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  2 1x xA    0 ，  = 0,1,2,3B ，则 A B  A． 0,1,2,3 B． 1, 2,3 C． 2,3 D． 0,1 2．复数 z 满足 i 2 iz    ，则 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 3．“ 0a  ， 0b  ”是“ 2a b ab ≥ ”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．平面直角坐标系 xOy 中，若角 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 5．若单位向量 ,a b 满足 a b ，向量 c 满足   1  a c b ，且向量 ,b c 的夹角为 60 ，则 c A． 1 2 B． 2 C． 2 3 3 D． 3 6．已知 1 1 4 2 2 13 , ( ) , log 33a b c     ，则 , ,a b c 的大小关系为 A． a c b  B． b a c  C． c a b  D． a b c  7．小王于 2015 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． 截至 2019 年底，小王一家未再添置房产．2016 及 2019 年 小王的家庭收入用于各项支出的分布如图．根据以上信息， 判断下列结论中正确的是 A．小王一家 2019 年用于其它方面的支出费用是 2016 年的 3 倍 B．小王一家 2019 年用于房贷的支出费用比 2016 年减少了 C．小王一家 2019 年用于饮食的支出费用与 2016 年相同 D．小王一家 2019 年的家庭收入比 2016 年增加了 1 倍 8．已知函数   sin2 tanf x A x x  在 π π,3 3     上恰有 3 个零点，则实数 A 的取值范围是 A． 1 22 A  B． 0 2A  C． 1 22 A≤ ≤ D． 0 2A ≤ 9．已知定义在 R 上的函数 ( )f x 的对称中心为  2,0 ，且当 [2, )x  时， 2( ) 2f x x x   ，则不等 式 ( )f x x 的解集为 A． 7 17, 2         B． 7 17 ,2         C． 7 17 ,2         D． 7 17, 2         10．如图， 60C 是一种碳原子簇，它是由 60 个碳原子构成的， 其结构是以正五边形和正六边形面组成的凸 32 面体，这 60 个 C 原子在空间进行排列时，形成一个化学键最稳定的空间 排列位置，恰好与足球表面格的排列一致，因此也叫足球烯． 根据杂化轨道的正交归一条件，两个等性杂化轨道的最大值之间的夹角  （ 0 180 ≤ ） 满足 2 33 1 5 3cos cos cos cos 02 2 2 2                       ，式 中 , , ,    分别 为杂化轨 道中 , , ,s p d f 轨道所占的百分数． 60C 中的杂化轨道为等性杂化轨道，且无 ,d f 轨道参与杂化，碳原 子杂化轨道理论计算值为 2.28sp ，它表示参与杂化的 ,s p 轨道数之比为1: 2.28，由此可计算得一个 60C 中的凸 32 面体结构中的六边形个数和两个等性杂化轨道的最大值之间的夹角的正弦值分别为 A． 20 ， 8 41 57 B．12 ， 8 41 57 C． 20 ， 399 32 D．12 ， 399 32 11．在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， P 为棱 1 1C D 上的动点， ,M N 分别为线段 1AC ， 1CB 上的动点， 且 1 1C M B N MA NC  ，给出以下四个结论： ① MN∥平面 ABCD ； ②平面 1MNC  平面 1 1BB C C ； 足球60C 足球60C ③ 1PM A D ； ④三棱锥 1P A DN 的体积为定值． 其中所有正确结论的编号是 A．①②④ B．①③④ C．①③ D．③④ 12．已知 1 2,F F 为椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yE a ba b     的左、右焦点，B 为 E 的短轴端点， 2BF 的延长线交 E 于点 M ， M 关于 x 轴的对称点为 N ，若 2 1MF NF ，则 E 的离心率是 A． 3 2 B． 2 2 C． 3 3 D． 5 5 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13．若双曲线的一个焦点为 ( 10,0) ，且渐近线方程为 3y x  ，则该双曲线的方程是 ． 14．已知随机变量 X 服从正态分布  2,N   ，若    3 1 =1P X P X  ≤ ，则 = ． 15．设 ABC△ 的内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ，若 1 1 tan tan sin a A B A   ， 1cos 4C  ， 2 2 68a b  ， 则 ABC△ 的面积为 ． 16．在边长为 2 的正方形 ABCD 内（含边界）取一点 G ，在边 AB,AD 上分别取点 E,F ，使得 , , ,AEF GBE GEF GFD△ △ △ △ 能拼成一个三棱锥，这样的三棱锥有 个，当三棱锥表面积 取得最大值时，其外接球体积记为V ，设 AF = x ，则V 关于 x 的函数表达式为 ．（本 题第一空 2 分，第二空 3 分） 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 为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 60 分。 17．（12 分） 数列 na 和 nb 分别是各项都为正数的等差数列和等比数列，满足 1 2a  ， 1 1b  ， 3 3 1a b  ， 5 2 1 22a b a b  ． （1）求数列 na 和 nb 的通项公式； （2）令 n n nc a b  ，求数列 nc 的前 n 项和 nT ． 18．（12 分） 如图，边长为 2 的正方形 ABCD 中， ,E F 分别为 ,AB CD 的中点，将 ADE△ 沿 DE 折起，使点 A 到达点 A 的位置，且 A CD△ 为等边三角形． （1）证明： CD A E ； （2）点G 是棱 A C 上一点,且 BG∥平面 A ED ，求二面角 G EF C  的余弦值. 19．（12 分） 已知定点  0,1F ，P 为 x 轴上方的动点，线段 PF 的中点为 M ，点 ,P M 在 x 轴上的射影分别为 ,A B ， PB 是 APF 的平分线，动点 P 的轨迹为 E ． （1）求 E 的方程； （2）设 E 上点Q 满足 PQ PB ，Q 在 x 轴上的射影为 C ，求 AC 的最小值． 20．（12 分） 某种疾病可分为Ⅰ、Ⅱ两种类型．为了解该疾病类型与性别的关系，在某地区随机抽取了患该 疾病的病人进行调查，其中女性是男性的 2 倍，男性患Ⅰ型病的人数占男性病人的 5 6 ，女性患Ⅰ型 病的人数占女性病人的 1 3 . （1）若在犯错误的概率不超过 0.005 的前提下认为“所患疾病类型”与“性别”有关，求男性患者至 少有多少人? （2）某药品研发公司欲安排甲乙两个研发团队来研发此疾病的治疗药物．两个团队各至多安排 2 个接种周期进行试验．甲团队研发的药物每次接种后产生抗体的概率为 p ，每人每次接种花费  0m m  元，每个周期至多接种 3 次，第一个周期连续 2 次出现抗体则终止本接种周期进入第二个 接种周期，否则需依次接种至第一周期结束，再进入第二周期；第二接种周期连续 2 次出现抗体则 终止试验，否则需依次接种至至试验结束；乙团队研发的药物每次接种后产生抗体的概率为 q ，每 人每次花费  0n n  元，每个周期接种 3 次，每个周期必须完成 3 次接种，若一个周期内至少出现 2 次抗体，则该周期结束后终止试验，否则进入第二个接种周期．假设两个研发团队每次接种后产生 抗体与否均相互独立． （i）若甲团队的试验平均花费大于乙团队的试验平均花费，求 p 、 q、 m 、 n 满足的关系式； （ii）若 m n ， 2p q ，从两个团队试验的平均花费考虑，该公司应选择哪个团队进行药品研发？ 附：        2 2 n ad bcK a b c d a c b d      ，  2 0P K k≥ 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 0k 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 21．（12 分） 已知函数 2( ) ln(2 2) ( ) 2f x x a x x     ， 0a  ． （1）讨论函数 ( )f x 的单调性； （2）求证：函数 ( )f x 有唯一的零点． （二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 两题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题 计分。 22．[选修 4 4 ：坐标系与参数方程] (10 分) 在直角坐标系 xOy 中，圆 1C 的方程为 2 2( 2) 4x y   ．以原点 O为极点， x 轴的非负半轴为极 轴建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为 2 2 6 2cos 1    ． （1）求 1C 与 2C 的交点的极坐标； （2）设 MN 是 1C 的一条直径，且直线 MN 不与 x 轴重合，直线 OM 交 2C 于 ,A C 两点，直线 ON 交 2C 于 ,B D 两点，求四边形 ABCD 的面积的最小值． 23．[选修 4 5 ：不等式选讲] (10 分) 已知函数 2( ) 1, ( ) | | | 2 1|,f x x g x x a x a      R ． （1）当 1 2a  时，解不等式 2 7( ) 2g x   ； （2）对任意 1 2,x x R ，若不等式 1 2( ) ( )f x g x≥ 恒成立，求实数 a 的取值范围． 2020 年福建省高三毕业班质量检查测试（B 卷） 理科数学参考答案及评分细则 评分说明： 1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考 查内容比照评分标准制定相应的评分细则。 2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难 度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如果后继 部分的解答有较严重的错误，就不再给分。 3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。 4．只给整数分数。选择题和填空题不给中间分。 一、选择题：本大题考查基础知识和基本运算。每小题 5 分，满分 60 分。 1．C 2．D 3．A 4．D 5．B 6．B 7．A 8．A 9．D 10．A 11．B 12．D 二、填空题：本大题考查基础知识和基本运算。每小题 5 分，满分 20 分。 13． 2 2 19 yx   14． 2 15． 15 16．无数；  3 2 21 π 2 4 8 (0,2)6V x x x   ， 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．【答案】C． 2．【答案】D． 【解析】因为    2 2 i i2 i 2i 1 1 2ii iz         ，所以 z 在复平面内对应的点为  1, 2 ，在 第四象限，故选 D． 3．【答案】A． 【 解 析 】 当 0, 0a b  时 ，  2 2 0a b ab a b  = ≥ ， 所 以 2a b ab ≥ ； 但 0a b  满 足 2a ab b ≥ ，不满足 0a  ， 0b  ，所以“ 0a  ， 0b  ”是“ 2a b ab ≥ ”的充分不必要条件，故选 A． 4．【答案】D． 【解析】依题意可知  3,4Q 在角 6   的终边上，所以 6 4sin 5       ，故选 D． 5．【答案】B． 【解析】因为 a b ，所以 = 0a b ，因为   =1       a c b a b c b c b ，所以 1= cos60 = =12   c b c b c ，所以 = 2c ，故选 B. 6．【答案】B． 【解析】因为 1 43a   ， 1 23b   ，3 1 ，从而 3xy  在 R 单调递增，因为 1 1 02 4     ，所以 1 1 02 43 3 3     ， 即 1b a  ；又 2log 3 1 ，所以 1c  ，故 b a c  ，故选 B． 7．【答案】A． 【解析】由于小王选择的是每月还款数额相同的还贷方式，故可知 2019 年用于房贷方面的支出费用 与 2016 年相同，B 错；设一年房贷支出费用为 n ，则可知 2016 年小王的家庭收入为 5 60% 3 n n ，2019 年小王的家庭收入为 5 40% 2 n n ，因为 5 5150%3 2 n n  ，所以小王一家 2019 年的家庭收入比 2016 年 增 加 了 50% ， D 错 ； 2016 、 2019 年 小 王 一 家 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    ，A 正 确 ； 2016 、 2019 年 小 王 一 家用 于 饮 食 的 支 出 费 用 分别 为 5 5 5 525% , 25%3 12 2 8 n n n n    ，所以 C 错．故选 A． 8．【答案】A． 【解析】令 ( ) 0f x  ，则 sin 2 tan 0A x x  ，所以 sin2 sin cos cos xA x x x  ．因为当 sin 0x  时方程成立， 所以 0x  为方程的一个解，所以 12 cos cosA x x  在 ,0 0,3 3            有两个解，所以 2 1cos 2x A  在 ,0 0,3 3            有两个解，所以 1cos 2x A  在 ,0 0,3 3            有两个解，所以 1 1 12 2A   ，所以 1 22 A  ，故选 A． 9．【答案】D． 【解析】解法一：依题意知 ( )f x 图象关于点 (2,0) 对称， 作出 ( )f x 图象如图，可知 ( )f x 在 R 上为减函数， 由图象可得 ( ,2]x  时， ( ) ( 2)( 4)f x x x   ， 由 7 17( 2)( 4) 2x x x x      或 7 17 2x  由图象可知 ( )f x x 的解为 7 17, 2         ，故选 D． 解法二：依题意知 ( )f x 图象关于点 (2,0) 对称，作出 ( )f x 图象如图，可知 ( )f x x 的根 1x 小于 2 ， 结合图象知， ( )f x x 的解集为  1, x ，易得答案选 D． 10．【答案】A． 【解析】设一个 60C 中的凸 32 面体结构中共有 x 个五边形， y 个六边形， 因为每个顶点都是三个面的公共点，故有 5 6 603 x y  ，又 32x y  ， 解得 12, 20x y  ，所以共有 20 个六边形； 又因为 1 3.28   ， 2.28 3.28   ， 0   ，所以 1 2.28 cos 03.28 3.28   ，解得 25cos 57    ， 因为 0 180   ，所以 2 2 25 8 41sin 1 cos 1 57 57            ．故选 A. 11．【答案】B． 【解析】在 1AB 上取点 E ，使得 1 1 1B E C M B N EA MA NC   ．所以 1 1// //EM B C BC ， //EN AC ， ,EM EN  平 面 ABCD ，所以 //EM 平面 ABCD ， //EN 平面 ABCD ， 所以平面 //MEN 平面 ABCD ，所以 //MN 平面 ABCD ，所 以①正确； 因为四边形 ABCD 是正方形，所以 1 1A D AD ，又因为 1 1C D  平 面 1 1AA D D ，所以 1 1 1A D C D ， 1 1 1 1AD C D D ，所以 1A D  平面 1 1AD C B ，因为 PM  平面 1 1AD C B ， 所以 1A D PM ，所以③正确； 因为 1 1//A D B C ，所以点 N 到 1A D 的距离是一个定值，所以 1A DN 的面积是定值，又因为 1 1 //C D 平 面 1 1A B CD ，所以点 P 到平面 1 1A B CD 的距离为定值，即点 P 到平面 1A DN 的距离为定值，所以三棱 锥 1P ADN 的体积为定值，所以④正确； 因为当点 M 无限靠近点 A 时，点 N 无限靠近点 C ，此时平面 1MNC 无限趋近于平面 1 1AAC C ，显然 平面 1 1AAC C 与平面 1 1BB C C 不垂直，所以②错误，所以共有 3 个结论正确，故选 B． 12．【答案】D． 【解析】解法一：由对称性与平行线性质得，图示的五个角 1 1 1NMB MBO OBF NFO OF M         ，不妨设为 ． 故可得 1 90MFB  ，不妨设 2MF t ，则 1 2MF a t  ， 则有    2 222a t a a t    ，解得 2 3 at  ，故 3cos2 5 a a t    ， 所以 2 31 2sin 5   ，解得 5sin 5   ，故离心率 1 1 | | 5sin| | 5 OFce a BF     ，故选 D． 解 法 二 ： 依 题 意 得 ， 设    1 2,0 , ,0F c F c ， 直 线 2BF 的 方 程 为 1x y c b   ， 代 入 2 2 2 2 1x y a b   得  2 2 2 22 0a c x ca x   ，解得 0x  或 2 2 2 2cax a c   ，所以 2 3 2 2 2 2 2 ,ca bM a c a c       ，所以 2 3 2 2 2 2 2 ,ca bN a c a c       ， 因为 1 3 32 2 2 2 3 2 2 2 3NF b ba c ca a c cca c k     ①，又因为 2 1MF NF ， 2MF bk c   ，所以 1NF ck b  ②，联立①②得 4 2 2 43b a c c  ，又 2 2 2b a c  ，代入解得 5 5 c a  ，故选 D． 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13．【答案】 2 2 19 yx   ． 【解析】因为双曲线的渐近线方程为 3y x  ，且一个焦点为 ( 10,0) ，所以可设双曲线方程为   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     ，因为 10c  ，所以 2 2 10a b  ，又因为 3b a  ，解得 1, 3a b  ，所以双曲 线方程为 2 2 19 yx   ． 14．【答案】 2 ． 【解析】因为 X 服从正态分布  2,N   ，所以    3 3 =1P X P X  ≥ ，所以    1 = 3P X P X≤ ≥ ，由 正态曲线的对称性知对称轴为 2X  ，所以 2  ． 15．【答案】 15 ． 【解析】由 1 1 tan tan sin a A B A   ，得 sin cos cos sin sin sin sin A B A B a A B A   ，即 sin sin sin sin C a A B A  ， 所以 c ab  ，即 c ab ，又 2 2 68a b  ， 1cos 4C  ，所以 2 2 2 12 cos 68 2 4c a b ab C c      ， 即 22 136 0c c   ，解得 8c  或 17 2c   （舍去），所以 8ab  ，又 21 15sin 1 4 4C       ，所以 ABC△ 的面积为 1 sin 152ABCS ab C △ ． 16．【答案】无数；  3 2 21 2 4 8 (0,2)6V x x x     ． 【解析】 如图，取点 G 与点 C 重合，当 AF = BE 时， , , ,AEF GBE GEF GFD△ △ △ △ 能拼成一个三 棱锥，所以这样的三棱锥就有无数个；当三棱锥表面积取得最大值时，点 G 与点 C 重合，此时 AF = BE = x ， 2AE = DF = x ，拼接后的三棱锥如图 2，点 , ,A D B 重合于点 G ，因为 AE AF ， DF DC ， BE BC ，所以 GE GF ，GF GC ，GE GC ，所以三棱锥 G CEF 的外接球与以 GE GF GC， ， 为棱长的长方体的外接球相同，长方体的对角线长即外接球的直径 2R ，故    1 22 2 2 2 2 21 1 14 2 2 4 82 2 2R GC GE GF x x x x          ， 所以外接球体积  3 3 2 24 1 2 4 83 6V R x x      ，  0,2x ． 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 为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 60 分。 17．（12 分） 【解析】（1）设数列 na 的公差为 d ，数列 nb 的公比为 q ． 由题意得   22 2 1 (2 4 ) 2 2 d q d q q       ， ， …………………………………………………………2 分 解得 1 1 2 d q   ， 或   1 2 1 d q       ，舍去 ． …………………………………………………………4 分 所以 111, 2 n n na n b        ． ……………………………………………………………6 分 （2）设 na 的前 n 项和为 nS ，则    1 3 2 2 n n n a a n nS    ，…………………………8 分 图 1 图 2 设 nb 的前 n 项和为 nK ，则   1 1 111 12 211 21 2 n n n n b q K q                ，…………………11 分 所以   13 1 22 2 n n n n n nT S K          . ……………………………………………12 分 18．（12 分） 【解析】（1）连接 A F ，由于 A CD△ 为等边三角形且 F 为CD 的中点， 所以 A F CD  ，....................................................................................................................2 分 又因为四边形 ABCD 为正方形，且 ,E F 分别为 ,AB CD 的中点，所以 EF CD ， ..................................................................................................................................................3 分 因为 A F EF F  且 ,A F EF 平面 A EF ，所以 CD  平面 A EF ，...........................4 分 因为 A E  平面 A EF ，所以 CD A E . ...........................................................................5 分 （2）由（1）知CD  平面 A EF ，因为 CD  平面 BCDE ，所以平面 A EF  平面 BCDE ， 作 A O EF  于点O ，因为平面 A EF  平面 BCDE EF ，所以 A O  平面 BCDE ， 过点O 作OK EF 交 DE 于 K ，所以 , ,A O OK A O EF OK EF    ， 如图，以O 为原点，分别以 , ,OK OF OA   为 x 轴, y 轴, z 轴正方向建立空间直角坐标系. 6 分 在 A EF△ 中，因为 1, 2, 3A E EF A F    ， K 所以 2 2 2EF A E A F   ，所以 A E A F  ，所以 3 2A O  ， 1 2OE  ， 3 2OF  ， 3 1 3 1 3 30,0 , 0, ,0 , 0, ,0 , 1, ,0 , 1, ,0 , 1, ,02 2 2 2 2 2A E F B C D                                      ， 设直线 BG 与直线 BE 确定平面 ，设平面 与直线 A D 交于点 H ，连结 ,GH EH ， 因为 EB CD∥ ， EB  平面 A CD ，CD  平面 A CD ，所以 EB∥平面 A CD ， 因为 EB  ，平面 A CD GH  ，所以 EB GH∥ ， 又因为 BG∥平面 A ED ， BG  ，平面 A ED EH  ，所以 EH BG∥ ， 所以四边形 EHGB 为平行四边形，所以 EB GH= ， 又因为 1 2EB CD= ，所以 1 2GH CD= ，且 DC GH∥ ， 所以点G 是棱 A C 的中点，所以 1 3 3, ,2 4 4G      . ............................................................8 分 所以  1 5 3, , , 0,2,02 4 4EG EF          ，设平面 GEF 的法向量为  , ,x y zn ， 所以 0, 0, EG EF        n n 即 1 5 3 0,2 4 4 2 0, x y z y       令 2z  ，则 3, 0x y  ， 所以平面 GEF 的一个法向量  3 , 0, 2n ，................................................................10 分 因为 A O  平面 BCDE ，所以平面 EFC 的一个法向量  0, 0 ,1m ，.................... 11 分 所以 2 7cos , 7   m nm n > m n ， 因为二面角G EF C  为锐角， 所以二面角G EF C  的余弦值为 2 7 7 . ..................................................................... 12 分 19．（12 分） 【解析】解法一：（1）设坐标原点为O ，因为 PA BM∥ ，所以 APB PBM   ，………1 分 因为 PB 是 APF 的平分线，所以 APB MPB   ， 所以 MPB PBM   ，所以 BM PM ，………………2 分 因为 M 为线段 PF 的中点， 2 PA OFBM  ， 所以 2 1BM PA  ，因为 2 2PF PM BM  ，所以 1PF PA  ， …………3 分 因为 P 为 x 轴上方的动点，所以点 P 到点 F 的距离等于点 P 到直线 : 1l y   的距离， 所以动点 P 的轨迹 E 是顶点在原点，焦点为  0,1F 的抛物线（原点除外）， ……4 分 设 E 的方程为  2 2 0, 0x py p x   ，则 12 p  ，所以 2p  ， 所以 E 的方程为  2 4 0x y x  ．………………………………………………………5 分 （2）设点 2 1 1, 4 xP x     ， 2 2 2 , 4 xQ x     ， 所以点 1 ,02 xB     ， 2 1 1,2 4 x xPB         ， 2 2 2 1 2 1, 4 x xPQ x x       ， …………………6 分 所以         2 2 2 1 2 11 1 2 1 2 1 1 2 18 02 16 16 x x xx xPQ PB x x x x x x x                  ，……8 分 因为 2 1x x ，且 1 0x  ，所以  1 2 18 0x x x   ，所以 2 1 1 8x xx    ，………………9 分 所以 1 2 1 1 1 1 1 1 8 8 82 2 2 2 =8AC x x x x xx x x       ≥ ， …………………………11 分 当且仅当 1 2x   时，等号成立， 所以 AC 的最小值为8．…………………………………………………………………12 分 解法二：（1）设点  0 0 0 0, , 0, 0P x y y x  ，所以点 0 ,02 xB    ，所以 0 2 xAB  ， 因为 PB 是 APF 的平分线，所以点 B 到直线 PF 的距离 d AB ，…………………1 分 因为直线 PF 的方程为 0 0 11 yy xx   ， …………………………………………………2 分 整理得  0 0 01 0y x x y x    ，所以     0 0 0 2 2 0 0 12 1 x y x d y x      ，……………………………3 分 所以     0 0 0 0 2 2 0 0 12 21 x y x x y x      ，整理得  2 0 0 04 0x y x  ， ………………………………4 分 所以动点 P 的轨迹 E 的方程为  2 4 0x y x  ． ………………………………………5 分 （2）设点 2 1 1, 4 xP x     ， 2 2 2 , 4 xQ x     ， 所以点 1 ,02 xB    ，所以 2 1 1 1 1 4 2 2 PB x xk xx    ，……………………………………………6 分 因为 PQ PB ，所以直线 PQ的方程为   2 1 1 1 2 4 xy x xx     ， ……………………7 分 即 2 1 1 2 2 4 xy xx     ，代入 E 的方程得： 2 2 1 1 8 8 0x x xx     ，…………………8 分 所以 2 1 2 18x x x   ，即 2 1 1 8x xx    ， ………………………………………………9 分 所以 1 2 1 1 1 1 1 1 8 8 82 2 2 2 =8AC x x x x xx x x       ≥ ，…………………………11 分 当且仅当 1 2x   时，等号成立， 所以 AC 的最小值为8． ………………………………………………………………12 分 20．（12 分） 【解析】解：（1）设男性患者有 z 人，则女性患者有 2z 人，列联表如下： 要使在犯错误的概率不超过 0.005 的前提下认为“所患疾病类型”与“性别”有关， 则 2 2 5 4 23 26 3 6 3 3 3 322 2 ( ) 7.879 z z z zz z z z z z           ，………………………………………3 分 解得 11.8185z  ， 因为 6 z Z ， 3 z Z ，所以 z 的最小整数值为 12， 所以男性患者至少有 12 人. …………………………………………………………4 分 （2）（i）设甲研发团队试验总花费为 X 元，则 X 的可能取值为 4m ，5m， 6m . 因为 2 2 4( 4 )P X m p p p    ， Ⅰ型病 Ⅱ型病 合计 男 5 6 z 6 z z 女 2 3 z 4 3 z 2z 合计 3 2 z 3 2 z 3z      2 2 2 2 2 4( 5 ) 1 1 2P X m p p p p p p         ，  22 4 2( 6 ) 1 2 1P X m p p p      , 所以    4 2 4 4 2 2( ) 4 10 6 2 1 2 6E X mp m p p m p p mp m         ．……………6 分 设乙研发团队试验总花费为Y 元，则Y 的可能取值为 3n ， 6n . 所以  2 2 3 3 2 3( 3 ) 1 2 3P Y n C q q q q q       ， 3 2( 6 ) 1 2 3P Y n q q    ， 所以    3 2 3 2 3 2( ) 3 2 3 6 1 2 3 6 9 6E Y n q q n q q nq nq n           ．………………8 分 因为甲团队的平均花费大于乙团队的平均花费，所以 ( ) ( )E X E Y ， 所以 2 3 22 6 6 9 6mp m nq nq n     ，整理得 3 2 26 9 2 6 6 0nq nq mp n m     . ………………………………………………………………………………………9 分 （ii）因为 m n ， 2p q ，所以 3 2 2 3 2 2( ) ( ) 6 9 6 2 6 6 9 2E Y E X nq nq n mp m nq nq mp         3 26nq nq   2 6 1nq q  ， ①当 10 6q  时，6 1 0q   ，因为 0n  ，所以  2 6 1 0nq q   ，所以 ( ) ( )E Y E X ，乙团队试验的平 均花费较少，所以选择乙团队进行研发； ……………………………10 分 ②当 1 16 q  时，6 1 0q   ，因为 0n  ，所以  2 6 1 0nq q   ，所以 ( ) ( )E Y E X ，甲团队试验的平 均花费较少，所以选择甲团队进行研发； ……………………………11 分 ③当 1 6q  时，  2 6 1 0nq q   ，所以 ( ) ( )E Y E X ，甲团队试验的平均花费和乙团队试验的平均花费 相 同 ， 从 两 个 团 队 试 验 的 平 均 花 费 考 虑 ， 该 公 司 应 选 择 甲 团 队 或 乙 团 队 进 行 研 发 均 可. ………………………………………………………………………………………12 分 21．（12 分） 【解析】（1） 22 2 3 1( ) (2 1)2 2 1 ax ax af x a xx x         ， ……………1 分 记 2( ) 2 3 1g x ax ax a    ， 2 8a a   ， ①当 0≤ ，即 0 8a ≤ 时， ( ) 0g x ≥ ，故 ( ) 0f x ≥ ，所以 ( )f x 在 ( 1, )  单调递增．…………………………2 分 ②当 0  ，即当 8a  时， ( ) 0g x  有两个实根 2 1 3 8 4 a a ax a    ， 2 2 3 8 4 a a ax a    ，……………………3 分 注意到 (0) 1 0g a   ， (1) 6 1 0g a   且对称轴 3 ( 1,0)4x     ，故 1 2, ( 1,0)x x   ， 所以当 11 x x   或 2x x 时， ( ) 0g x  ， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递增； 当 1 2x x x  时， ( ) 0g x  ， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递减．……………………………4 分 综上所述，当 0 8a ≤ 时， ( )f x 在 ( 1, )  单调递增； 当 8a  时， ( )f x 在 23 81, 4 a a a a        和 23 8 ,4 a a a a         上单调递增， 在 2 23 8 3 8,4 4 a a a a a a a a           上单调递减． ……………………………………5 分 （2）当 0 8a ≤ 时，由（1）知， ( )f x 在 ( 1, )  单调递增， 注意到 (0)=ln 2 2>0f  ， 2 3 3 3 1 1 1( 1 )= 1+ 02e 1 2e 1+2ef a                     ， 所以 ( )f x 有唯一的零点． ………………………………………………………………6 分 当 8a  时，由（1）知， ( )f x 在 1( 1, )x 和 2( , )x  上单调递增，在 1 2( , )x x 上单调递减． 由于 2 0x  ，注意到 (0) 0f  ， 于是我们只要证明 2 1 1 1 1( ) ln(2 2) ( ) 2 0f x x a x x      ． ……………………………7 分 因为 1 2 1 2 3, 1 02x x x x       ，所以 1 31 4x    ， 又因为 1( ) 0g x  ，所以 2 1 1 1 2 3 1a x x     ， …………………………………………8 分 所以        2 1 1 1 1 1 12 1 1 1 1ln 2 2 2 ln 2 2 22 3 1 2 1 xf x x x x xx x x            ， ……9 分 记 ( ) ln(2 2) 22 1 tt t t      31 4t       ， 则 2 2 2 2 1 2 (4 3)( ) 02 2 (2 1) ( 1)(2 1) t t t tt t t t t            ， ……………………………………10 分 所以 ( )t 单调递增，所以 3 1( ) ln2 04 2t           ，所以 1( ) 0f x  ， 综上所述，函数 ( )f x 只有一个零点． ………………………………………………12 分 （二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 两题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题 计分。 22．[选修 4 4 ：坐标系与参数方程] (10 分) 【解析】解法一：（1）圆 1C 的方程化为极坐标方程为 4cos  ，…………………1 分 联立 2C 的极坐标方程得： 2 2 2 6 16cos2cos 1    ，由题意易得 cos 0≥ ，………2 分 解得 2 1cos 4   或 2 3cos 4    （舍去），所以 1cos 2   或 1cos 2    （舍去），……3 分 所以 π 3   ， 2  或 5π 3   ， 2  ， 所 以 1C 与 2C 的 交 点 的 极 坐 标 为 π2, 3      或 5π2, 3     ． ……………………………………5 分 （2）如图，因为 MN 是 1C 的一条直径，且 1C 过原点 O ， 所以 OM ON ，即 AC BD ，不妨设点 A 在第一象限， 设  1,A   ， π0, 2      ，则 2 π, 2D      ，……………6 分 由对称性知 4ABCD OADS S 1 2 14 22 OA OD       ， 所以， 2 2 2 1 2 2 2 6 64 4 π2cos 1 2cos 12 ABCDS              ……………………………7 分    22 2 144 144 144 =36sin 2 3 42cos 1 2sin 1       ≥ ， ……………………8 分 当且仅当 π2 2   ，即 π 4   时等号成立，…………………………………9 分 所以 6ABCDS ≥ ，所以四边形 ABCD 的面积的最小值为 6 ． …………………………10 分 解法二：（1）曲线 2C 的方程化为直角坐标方程为 2 2 12 6 x y  ， …………………1 分 即 2 26 3y x  ，联立 1C 的直角坐标方程得： 2 2( 2) 6 3 4x x    ， 解得 1x  或 3x   （舍去）， …………………………………………………………3 分 所以 1C 与 2C 的交点的直角坐标为  1, 3 ，化为极坐标为 π2, 3      或 5π2, 3     ， 所以 1C 与 2C 的交点的极坐标为 π2, 3      或 5π2, 3     ． …………………………………5 分 （2）如图，因为 MN 是 1C 的一条直径，且 1C 过原点 O ，所以OM ON ，即 AC BD ， 不妨设直线 AC 的方程为： ( 0)y kx k  ，则直线 BD 的方程为： 1y xk   ，……6 分 把 y kx 代入 2C 的方程得： 2 2 6 3Ax k   ， 所以  2 2 2 2 6 16| | 1 3 3 k OA k k k       ，……………………………………………7 分 把 k 换成 1 k  得：  22 2 2 16 1 6 1 | | 1 1 33 kkOD k k        ， ………………………………8 分 由对称性知 4ABCD OADS S 2 OA OD   ， 所以          22 2 2 2 2 2 2 6 1 6 1 1 2 123 1 3 3 1 3ABCD k k k S k k k k          ，  22 22 2 1 12 6 3 1 3 2 k k k          ≥ ，……………………………………………9 分 当且仅当 2 23 1 3k k   即 1k   时等号成立， 所以四边形 ABCD 的面积的最小值为 6 ． …………………………………………10 分 23．[选修 4 5 ：不等式选讲] (10 分) 【解析】解法一：（1）当 1 2a  时，   1 12 12 2g x x x x       ， 不等式  2 7 2g x   即 2 1 7 2 2x    ，即 2 1 7 2 2x   ，……………………………1 分 解得 2 4x  或 2 3x   （舍去）． …………………………………………………3 分 由 2 4x  ，解得 2, 2x x  或 ． ……………………………………………………4 分 所以，不等式  2 7 2g x   的解集是    , 2 2,   ． …………………………5 分 （2）由题意知，只需满足 min max( ) ( )f x g x≥ 即可． ………………………………6 分 因为 2( ) 1f x x  ，所以 min( ) 1f x  依题意，当 1 2a≥ 时， 11, 2 1( ) 3 1, ,2 1, x a x g x x a x a x a x a               ， ≤ ≤ ， 得 max 1 1( ) 2 2g x g a      ． …………………………………………………………7 分 由 min max( ) ( )f x g x≥ ，得 11 2a ≥ ，即 3 2a≤ ． 所以， 1 3 2 2a≤ ≤ ． …………………………………………………………………8 分 当 1 2a  时， 1, 1( ) 3 1, ,2 11, 2 x a x a g x x a a x x a x              ≤ ， ≥ ， 得 max 1 1( ) 2 2g x g a       ．由 min max( ) ( )f x g x≥ ，得 11 2a ≥ ，即 1 2a ≥ ． 所以， 1 1 2 2a ≤ ， ………………………………………………………………9 分 综上，实数 a 的取值范围是 1 3 2 2     ， ．… …………………………………………10 分 解法二：（1）同解法一； （2）由题意知，只需满足 min max( ) ( )f x g x≥ 即可．…………………………………6 分 因为 2( ) 1f x x  ，所以 min( ) 1f x  ． 因为 1 1 1( ) 2 1 22 2 2g x x a x x a x                   …………………………7 分 1 1 122 2 2x a x    ≤ 1 1 1 2 2 2a x a    ≤ ，………………………8 分 当且仅当 1 2x  时等号成立， 所以 max 1( 2 1 2)g x g a      ， ………………………………………………………9 分 由 min max( ) ( )f x g x≥ ，得 1 12a  ≤ ，即 1 3 2 2a ≤ ≤ ． 综上，实数 a 的取值范围是 1 3 2 2     ， ． ……………………………………………10 分 解法三：（1）同解法一； ……………………………………………………………5 分 （2）由题意知，只需满足 min( ) ( )f x g x≥ 恒成立即可． …………………………6 分 因为 2( ) 1f x x  ，所以 min( ) 1f x  ，所以，1 | | | 2 1|x a x  ≥ 恒成立， 即| | | 2 1| +1x a x ≤ 恒成立，………………………………7 分 在同一坐标系中作出 | |y x a  和 | 2 1| 1y x   的图象，…8 分 如图，实线为 | 2 1| 1y x   的图象，虚线为 | |y x a  的图象， 由图象知，要使| | | 2 1| +1x a x ≤ 恒成立， 只需满足 1 2x  时 1 12 1 12 2a   ≤ 成立即可，…………9 分 即 1 12 a ≤ ，解得 1 3 2 2a ≤ ≤ ， 综上，实数 a 的取值范围是 1 3 2 2     ， ． …………………………………………10 分