山西省2020届高三考前适应性测试数学（理）试题 Word版含解析

山西省2020届高三考前适应性测试数学（理）试题 Word版含解析

- 1 - 理科数学 一、选择题：本题共 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,A x y y x  ，   , 2B x y y x   ，则 A B 中元素的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】 联立方程解得 2 4 x y    或 1 1 x y     ，得到答案. 【详解】 2 2 y x y x      ，解得 2 4 x y    或 1 1 x y     ，故 A B 中有两个元素. 故选：C. 【点睛】本题考查了交集运算，意在考查学生的计算能力. 2.国际上通常用年龄中位数指标作为划分国家或地区人口年龄构成的标准：年龄中位数在 20 岁以下为“年轻型”人口；年龄中位数在 20～30 岁为“成年型”人口；年龄中位数在 30 岁 以上为“老龄型”人口． 如图反映了我国全面放开二孩政策对我国人口年龄中位数的影响．据此，对我国人口年龄构 成的类型做出如下判断：①建国以来直至 2000 年为“成年型”人口；②从 2010 年至 2020 年 为“老龄型”人口；③放开二孩政策之后我国仍为“老龄型”人口．其中正确的是（ ） A. ②③ B. ①③ C. ② D. ①② 【答案】A 【解析】 【分析】 根据折线统计图即可判断． - 2 - 【详解】①建国以来有一段时间年龄中位数低于 20，为年轻型人口，所以①错误； ②从 2010 年至 2020 年年龄中位数在 30 岁以上，为“老龄型”人口，正确， ③放开二孩政策之后我国年龄中位数在 30 岁以上，仍为“老龄型”人口，正确， 故选：A． 【点睛】本题考查了折线统计图，考查了合情推理的问题，属于基础题． 3.函数   3 1 1 xe xf x lnx x     ， ＜ ， ，则关于函数 ( )f x 的说法不正确的是（ ） A. 定义域为 R B. 值域为 ( 3, )  C. 在 R 上为增函数 D. 只有一个零点 【答案】B 【解析】 【分析】 根据 ( )f x 的解析式即可判断 ( )f x 的定义域为 R ，且在 R 上为增函数，只有一个零点 1x  , 从而判断出说法不正确的选项． 【详解】   3 1 1 xe xf x lnx x     ＜ ， ( )f x 的定义域为 R ，值域为 ( 3, 3) [0, )e    ，且对于 1x  时 3 0xe   ， 明显地，  f x 在 R 上为增函数，且 (1) 0f  ， ( )f x 只有一个零点． 故选：B． 【点睛】本题考查了函数定义域和值域的定义及求法，分段函数、指数函数和对数函数的单 调性的判断，函数零点的定义及求法，考查了计算和推理能力，属于基础题． 4.在四边形 ABCD 中，  3, 1AC   ，  2,BD m ，AC BD uuur uuur ，则该四边形的面积是（ ） A. 10 B. 2 5 C. 10 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】 由 AC BD uuur uuur 可知 0AC BD   ,利用坐标运算求出 m ,再求四边形的面积即可. - 3 - 【详解】因为  3, 1AC   ,  2,BD m , AC BD uuur uuur , 所以  3 2 1 0AC BD m       ,即 6m  , 所以四边形的面积为  22 2 23 1 2 6 102 2 AC BD        , 故选:C. 【点睛】本题主要考查向量垂直的应用,考查数量积的坐标运算,属于基础题. 5.天上有些恒星的亮度是会变化的，其中一种称为造父（型）变星，本身体积会膨胀收缩造 成亮度周期性的变化.第一颗被描述的经典造父变星是在 1784 年. 上图为一造父变星的亮度随时间的周期变化图，其中视星等的数值越小，亮度越高，则此变 星亮度变化的周期、最亮时视星等，分别约是（ ） A. 5.5，3.7 B. 5.4，4.4 C. 6.5，3.7 D. 5.5，4.4 【答案】A 【解析】 【分析】 结合图象可知,两个相邻最高点或最低点的位置横向差即为周期，再结合视星等的数值越小， 亮度越高，取视星等的最小数值即可得出最亮时的视星等. 【详解】根据图象可知，两个相邻最高点或最低点的位置横向相差约为 5.5，故可以估计周期 约为 5.5； 又视星等的数值越小，亮度越高，故最亮时视星等约为 3.7； 故选：A. 【点睛】本题考查图象的基本应用,考查学生的分析理解能力，难度不大. 6.双曲线 1C ： 2 2 2 2 1x y a b   与 2C ： 2 2 2 2 1x y b a   （ 0a b  ）的离心率之积为 4，则 1C 的渐 近线方程是（ ） A. y x  B.  2 3y x   C. 2y x  D. - 4 -  2 3y x   【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意可知 4c c a b   ,即 2 4c ab ,即 2 2 4a b ab  ,据此可解出 2 3b a   ,从而可得 出双曲线 1C 的渐近线方程. 【详解】因为双曲线 1C : 2 2 2 2 1x y a b   与 2C : 2 2 2 2 1x y b a   ( 0a b  )的离心率之积为 4, 所以 4c c a b   ,即 2 4c ab , ∴ 2 2 4a b ab  ,即 4b a a b   , 因此 2 4 1 0b b a a         , ∵ 0a b  ,故 2 3b a   , ∴双曲线 1C 的渐近线方程为  2 3y x   , 故选:B. 【点睛】本题考查双曲线离心率的应用,考查双曲线渐近线的求法,难度不大. 7.某几何体的三视图如图所示，已知网格纸中小正方形的边长为 1，则此几何体的体积是 （ ） A. 27 9  B. 27 12  C. 33 D. 18 9  【答案】B 【解析】 【分析】 由三视图可知,该几何体上半部分是一个底面半径为 3,高为 3 的圆柱,下半部分是一个底面边 - 5 - 长为 3 2 ,高为 2 的正四棱锥,利用体积计算公式分别求出圆柱和棱锥的体积,即可得出几何 体的体积. 【详解】由三视图可知,该几何体是由一个底面半径为 3,高为 3 的圆柱,和一个底面边长为 3 2 ,高为 2 的正四棱锥组合而成, 圆柱的体积为 23 3 27    ,正四棱锥的体积为  21 3 2 2 123    , 所以几何体的体积为 27 12  , 故选:B. 【点睛】本题考查利用三视图还原几何体,考查几何体体积的求法,难度不大. 8.已知 Rt ABC 中， 90A   ，角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ，其内切圆半径为 r ， 由 1 2ABCS bc△ ，又 1 1 1 2 2 2ABCS ar br cr  △ ，可得 bcr a b c    .类比上述方法可得：三 楼锥 P ABC 中，若 90BAC   ， PA  平面 ABC ，设 ABC 的面积为 1S ， PAB△ 的 面积为 2S ， PAC 的面积为 3S ， PBC 的面积为 4S ，则该三棱锥内切球的半径是（ ） A. 1 2 3 1 2 3 4 S S S S S S S   B. 1 2 3 1 2 3 4 2S S S S S S S   C. 1 2 3 1 2 3 4 3S S S S S S S   D. 1 2 3 1 2 3 4 2 S S S S S S S   【答案】B 【解析】 【分析】 设 PA a ， AB b ， AC c ，则 1 1 3 6P ABC ABCV S PA abc    △ ， 1 2 3 1 22 abc S S S ， 1 2 3 4 1 2 abc R S S S S     ，化简得到答案. 【详解】设 PA a ， AB b ， AC c ，则 1 1 3 6P ABC ABCV S PA abc    △ ， 又 1 2 3 4 1 1 1 1 3 3 3 3p ABCV S R S R S R S R     ，∴ 1 2 3 4 1 2 3 4 1 3 2P ABC abcVR S S S S S S S S        . - 6 - 又∵ 1 1 2 S bc ， 2 1 2S ab ， 3 1 2S ac .∴ 2 2 2 1 2 3 1 8S S S a b c .∴ 1 2 3 1 22 abc S S S ， ∴ 1 2 3 1 2 3 4 2S S SR S S S S     . 故选：B. 【点睛】本题考查了类比推理，意在考查学生的计算能力和推理能力. 9. 6 3 12x x x      展开式中，常数项是（ ） A. 220 B. 220 C. 924 D. 924 【答案】B 【解析】 【分析】  1226 3 6 112 x x x x x       ，利用二项式定理计算得到答案. 【详解】  126 26 4 2 3 6 11 2 12 xx xx x x x x             ，即求分子展开式中 6x 项的系数. 分子二项展开式的通项为    122 12 1C r rr x   ， 令 24 2 6r  ，解得 9r  ，此时    12 9 99 2 6 12C 1 220x x     ， 故原式展开后，常数项为 220 . 故选：B. 【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和转化能力. 10.函数 2( ) 3sin 2 2sinf x x x  ，若 1 2( ) ( ) 3f x f x   ，则 1 2x x 的最小值是（ ） A. 2 3  B. 4  C. 3  D. 6  【答案】D 【解析】 【分析】 由题得 A B C    ，所以 1 2( ), ( )f x f x 分别是函数的最小（大）值和最大（小）值. 不妨 - 7 - 设 1 2( ), ( )f x f x 是函数的最小值和最大值，求出 1 2 1 2 2 6 k kx x    即得解. 【详解】由题得 2( ) 3sin 2 2sin 3sin 2 cos2 1 2sin(2 ) 16f x x x x x x         ， 所以 ( ) [ 1,3]f x   . 因为 1 2( ) ( ) 3f x f x   ， 所以 1 2( ), ( )f x f x 分别是函数的最小（大）值和最大（小）值. 不妨设 1 2( ), ( )f x f x 是函数的最小值和最大值， 所以 1 1 1 1 1 12 2 , , ,6 2 6x k k Z x k k Z           . 2 2 2 2 2 22 2 + , , + ,6 2 3x k k Z x k k Z         , 所以  1 2 1 2 6x x k k     , 当 1 2 0k k  时， 1 2x x 的最小值是 6  . 故选：D 【点睛】本题主要考查三角恒等变换和三角函数的图象和性质，考查三角函数的最值，意在 考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 11.已知长方体 1 1 1 1ABCD A B C D ， 2AB AD  ， 1 4AA  ，M 是 1BB 的中点，点 P 在长 方体内部或表面上，且 //MP 平面 1 1AB D ，则动点 P 的轨迹所形成的区域面积是（ ） A. 6 B. 4 2 C. 4 6 D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】 设 E , F , G , H , N 分 别 为 1 1B C , 1 1C D , 1DD , DA , AB 的 中 点 , 则 1 1 /// /EF B D NH , 1// //MN B A FG ,所以平面 //MEFGHN 平面 1 1AB D ,所以动点 P 的轨迹是 六边形 MEFGHN 及其内部,因此,结合题中所给数据即可求出六边形 MEFGHN 的面积 2 EFGHS S 梯形 . - 8 - 【详解】 如图所示,设 E , F ,G , H , N 分别为 1 1B C , 1 1C D , 1DD , DA , AB 的中点, 则 1 1 /// /EF B D NH , 1// //MN B A FG , 所以 //NH 平面 1 1AB D , //MN 平面 1 1AB D , 又 NH MN N , 所以平面 //MEFGHN 平面 1 1AB D , 所以动点 P 的轨迹是六边形 MEFGHN 及其内部, 因为 2AB AD  , 1 4AA  , 所以 2EF HN  , 5EM MN FG GH    , 2 2GM  , E 到GM 的距离为 2 2 3 25 2 2       , 所以六边形 MEFGHN 的面积 2 2 2 3 22 2 92 2EFGHS S     梯形 , 故选:D. 【点睛】本题主要考查空间中平行的应用,考查学生的空间思维及计算能力,属于中档题. 12.数列 na 中， 1 5 6a  ，    1 2 5 10 5 6 5 15 n n n n aa n n a n      ，则 99a  （ ） A. 1 2019 B. 2018 2019 C. 1 2020 D. 2019 2020 【答案】C 【解析】 【分析】 - 9 - 化简得到     1 5 23 2 5 n n n n an a n a     ，记  2n nb n a  ，得到 1 1 1 1 5n nb b   ， 1 nb       是以 1 5 为公差的等差数列，计算得到答案. 【详解】由          1 2 5 10 5 2 3 2 55 6 5 15 n n n nn n a n aa n n an n a n             ， 故     1 5 23 2 5 n n n n an a n a     ，记  2n nb n a  ，则 1 5 5 n n n bb b   ， 两边取倒数，得 1 1 1 1 5n nb b   ，所以 1 nb       是以 1 5 为公差的等差数列， 又 1 1 1 1 2 3 5b a   ，所以  1 2 1 115 5 5n nnb     ，所以    5 2 1 2 n n ba n n n     ， 故 99 5 1 100 101 2020a   . 故选：C. 【点睛】本题考查了数列的通项公式，确定 1 nb       是以 1 5 为公差的等差数列是解题的关键. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13.已知复数 3 2 iz i  （i 为虚数单位），则 z  ______. 【答案】 5 【解析】 【分析】 化简得到 1 2z i   ，得到模长. 【详解】 3 2 2 1 2i iz iii       ， 5z  . 故答案为： 5 . 【点睛】本题考查了复数的化简，复数的模，意在考查学生的计算能力. 14.等差数列 na 中， 4 18a  ， 20 30a  ，则满足不等式 na n 的正整数 n 的最大值是______. 【答案】59 【解析】 【分析】 - 10 - 计算得到 60 3 4n na  ，解不等式 60 3 4n na n  得到答案. 【详解】由 4 1 20 1 3 18 19 30 a a d a a d        得 1 63 4 3 4 a d     ，即 60 3 4n na  ，又 60 3 4n na n  ，解得 60n  ， 故正整数 n 的最大值为 59. 故答案为：59. 【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，解不等式，意在考查学生的计算能力. 15.设 1F ， 2F 分别为椭圆C ： 2 2 14 x y  的左、右焦点， A ， B 分别为C 上第二、四象限的 点，若四边形 1 2AF BF 为矩形，则该矩形的面积是______， AB 所在直线的方程是______. 【答案】 (1). 2 (2). 2 4y x  【解析】 【分析】 计算得到 1 2 2AF AF  ，得到面积，联立方程得到 2 6 3,3 3A      ， AB 过坐标原点，计 算得到答案. 【详解】由已知得 1 2 2AF AF a  ①， 2 2 2 1 2 4AF AF c  ②， ① 2  ②得 1 2 2AF AF  ，∴矩形 1 2AF BF 的面积为 1 2 2S AF AF   . 矩形 1 2AF BF 的外接圆方程为 2 2 3x y  ，与椭圆 C 的方程联立得 2 6 3,3 3A      . 又 AB 过坐标原点，∴ AB 的斜率为 2 4AB OAk k   ， ∴ AB 所在直线的方程为 2 4y x  . 故答案为：2； 2 4y x  . - 11 - 【点睛】本题考查了椭圆内接矩形的相关问题，意在考查学生的计算能力和转化能力. 16.已知函数   logx ax xf a  （其中 0a  且 1a  ）有零点，则实数 a 的最小值是______. 【答案】 1 ee  【解析】 【分析】 由  f x 存在零点，即函数 1 x y a      与 1log a y x 的图象有公共点，a 最小时，两图象均与直 线 y x 相切，设切点坐标为 0 0,x y ，计算得到答案. 【详解】由  f x 存在零点，即函数 1 x y a      与 1log a y x 的图象有公共点. 当 1a  时，两图象显然有公共点； 当 0 1a  时，由图可知， a 最小时，两图象均与直线 y x 相切， 此时，设切点坐标为 0 0,x y ， 则 0 0 0 0 0 1 , , 1 1ln 1, x x y a y x a a             ∴ 0 0 0 1 , 1 1ln 1, x x x a a a             ∴ 0 0 0 1 , 1ln 1, x x a x a          ∴ 0 0 0 1ln ln , 1ln 1. x x a x a     ∴ 0ln 1x  ，∴ 0x e ，∴ 1 1ln a e  ，∴ 1 ea e   . 故答案为： 1 ee  . 【点睛】本题考查了根据函数零点求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力. - 12 - 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.在 ABC 中，内角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ，且  cos tan tan 3a B A B c  . （1）求 A ； （2）若 ABC 的面积为 3 ，求 a 的最小值. 【答案】（1） 3A  ；（2）2 【解析】 【分析】 （1）化简得到  sin 3cos A Ba cA   ，根据正弦定理计算得到答案. （2）根据面积得到 4bc  ，利用余弦定理和均值不等式计算得到答案. 【详解】（1）由已知得 sin sincos 3cos cos A Ba B cA B      ， ∴ sin cos cos sin 3cos A B A Ba cA      . ∴  sin 3cos A Ba cA   . 由正弦定理 sin sin a c A C  ，得 sinsin 3sincos CA CA   . 又因为  , 0, sin 0A C C   ，∴ tan 3A  ，∴ 3A  . （2）由 ABC 的面积为 3 ，得 4bc  ， 由余弦定理得 2 2 2 2 22 cos 2 4a b c bc A b c bc bc bc bc          ， 当且仅当 2b c  时，取得等号，所以 a 的最小值为 2. 【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理，面积公式，均值不等式，意在考查学生的计算能 力和综合应用能力. 18.如图 1，已知等边 ABC 的边长为 3，点 M ， N 分别是边 AB ， AC 上的点，且 2BM MA ， 2AN NC .如图 2，将 AMN 沿 MN 折起到 A MN△ 的位置. - 13 - （1）求证：平面 A BM  平面 BCNM ； （2）给出三个条件：① A M BC  ；②二面角 A MN C  大小为 60 ；③ 7A B  .在这 三个条件中任选一个，补充在下面问题的条件中，并作答：在线段 BC 上是否存在一点 P ，使 直线 PA 与平面 A BM 所成角的正弦值为 3 10 10 ，若存在，求出 PB 的长；若不存在，请说明 理由.注：如果多个条件分别解答，按第一个解答给分 【答案】（1）见解析；（2）答案不唯一，见解析 【解析】 【分析】 （1） MN AB ， MN A M 得到 MN  平面 A BM ，得到证明. （2）以 M 为原点，MB ，MN ，MA 分别为 x ， y ，z 轴建立空间直角坐标系，平面 A BM 的法向量为  0,10n  ，利用夹角公式计算得到答案. 【详解】（1）由已知得 1AM  ， 2AN  ， 60A   ， 2 2 2 2 cos60MN AM AN AM AN     ， 解得 3MN  ，故 2 2 2AN AM MN  ，∴ MN AB ， ∴ MN A M ， MN MB ，又∵ MB A M M  ， ∴ MN  平面 A BM ， MN  平面 BCNM ，∴平面 A BM  平面 BCNM . （2）（ⅰ）若用条件① A M BC  ，由（1）得 A M MN  ， BC 和 MN 是两条相交直线， ∴ A M  平面 BCNM . 以 M 为原点， MB ， MN ， MA 分别为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系. 则  0,0,1A ，设  2 , 3 ,0P a a ，其中 30 2  a ，则  2 , 3 , 1A P a a    . 平面 A BM 的法向量为  0,1,0n  .设直线 PA 与平面 A BM 所成角为 ， 则  2 2 3 3 10sin cos , 102 3 1 aA P n a a          ，解得 6 6 3 2 2a   ， 所以不存在 P 满足条件. - 14 - （ⅱ）若用条件②二面角 A MN C  大小为 60 ，由（1）得 A MB 是二面角 A MN C  的平面角， ∴ 60A MB   .过 A 作 A O BM  ，垂足为O ，则 AO  平面 BCNM . 在平面 BCNM 中，作OD OB ，点 D 在 BM 的右侧. 以O 为原点，OB ， OD ，OA 分别为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系. 则 30,0, 2A      ，设 3 , 3 ,02P a a    ，其中 30 2  a ，则 3 3, 3 ,2 2A P a a          . 平面 A BM 的法向量为  0,1,0n  .设直线 PA 与平面 A BM 所成角为 ， 则 2 2 3 3 10sin cos , 103 332 4 aA P n a a             ， 解得 3 2a  或 3a  （舍去），所以存在 P 满足条件，这时 3PB  . （ⅲ）若用条件③ 7A B  ，在 A BM△ 中，由余弦定理得： 2 2 2' ' 2 'cosA B MB MA MB MA A MB     ，故 120A MB   . 过 A 作 A O BM  ，垂足为 O ，则 AO  平面 BCNM . 同（ⅱ）以O 为原点，OB ， OD ，OA 分别为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系. 则 30,0, 2A      ，设 , 3 ,05 2P a a    ，其中 30 2  a ，则 3, 3 ,5 2 2A P a a          . 平面 A BM 的法向量为  0,10n  .设直线 PA 与平面 A BM 所成角为 ， 则 2 2 3 3 10sin cos , 10332 4 5 aA P n a a             ， 22 15 21 0a a   . 解得 15 57 3 4 2a   ，所以不存在 P 满足条件. - 15 - 【点睛】本题考查了面面垂直，线面夹角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力. 19.已知抛物线C ： 2 4y x . （1）若 x 轴上的点 A 关于直线 1y x  的对称点在C 上，求 A 点的坐标； （2）设过C 的焦点 F 的直线l 与C 交于 P ，Q 两点， PQ 的延长线与 y 轴交于 M ，O 为坐 标原点，若 POQ△ 的面积等于 MOQ△ 面积的 3 倍，求直线l 的方程. 【答案】（1）  1,0A  或  3,0A ；（2） 2 2 2 2 0x y   或 2 2 2 2 0x y   【解析】 【分析】 （1）点  ,0A a 关于直线 1y x  的对称点为  1, 1A a  ，代入计算得到答案. （2）设  00,M y （ 0 0y  ），  1 1,Q x y ，  2 2,P x y ，根据题意得到 2 14x x ， 1 2 2 42x x k    ， 1 2 1x x ，计算得到答案. 【详解】（1）设点  ,0A a 关于直线 1y x  的对称点为  ,A x y   ， 则 1, 1,2 2 y x a y a x             解得 1x  ， 1y a   .∴  1, 1A a  . 把 A 点坐标代入 2 4y x 得 21 4a   ，∴ 1a   或 3a  .∴  1,0A  或  3,0A . （2）设  00,M y （ 0 0y  ），  1 1,Q x y ，  2 2,P x y ，O 到直线l 的距离为 d . 则 1 2MOQS MQ d △ ， 1 2OPQS PQ d △ .由 3POQ MOQS S△ △ ，得 3PQ QM ， - 16 - 即 3PQ QM  ，得 2 14x x ①. 由已知直线l 的斜率存在，且不为 0，设l ：  1y k x  ，代入 2 4y x ， 得  2 2 2 22 4 0k x k x k    ，∴ 1 2 2 42x x k    ②， 1 2 1x x ③. 由①③得 1 1 2x  ， 2 2x  代入②得 2 8k  ，∴ 2 2k   ， ∴直线l 的方程为 2 2 2 2 0x y   或 2 2 2 2 0x y   . 【点睛】本题考查了点关于直线对称，抛物线中面积问题，意在考查学生的计算能力和综合 应用能力. 20.设函数   2 1lnax af x x x     ，其中 a R . （1）若  f x 在 0,  上为增函数，求 a 的取值范围； （2）当 1 2a  ，  1,x  时，求证：   1 0xf x e   . 【答案】（1） 2 ,27a     ；（2）见解析 【解析】 【分析】 （1）根据题意   3 2 2 1 0axf x x x     恒成立，即 2 3 1 12a x x   ，令   2 3g t t t  （ 0t  ）， 计算最值得到答案. （2）令   2 11ln xax a xF xx e      ，证明 1xe x  ，根据  ' 0F x  得到函数单调递增， 计算最值得到答案. 【详解】（1）∵  f x 在 0,  上增函数，∴   3 2 2 1 1 2 12 0ax xax xx x xf       恒成 立， 即 2 3 1 12a x x   ，  0,x  恒成立，令   2 3g t t t  （ 0t  ），则   22 3g t t t   ， 由   0g t  得 2 3t  ， 当 20, 3t     时，   0g t  ，  g t 为增函数； - 17 - 当 2 ,3t      时，   0g t  ，  g t 为减函数； ∴  min 2 4 3 27gg x      ，∴ 2 27a  ，故 2 ,27a     . （2）当 1 2a  时，令     1 2 11lnx xe ax a x eF f xx x        （ 1x  ）， 则   2 1 2 1 1 1 1 1 1 12 x xax xx xx eF x x e         ， 令   1xh x e x  ，得   1 1xh x e    ， 由于 1x  时，   0h x  ，  h x 为增函数；由于 1x  时，   0h x  ，  h x 为减函数； ∴    1 0h x h  ，即 1xe x  ， ∴   2 1 2 1 1 1 1 1 1 12 x xax xx x e x eF x x          23 2 2 2 2 2 12 1 2 1 2 1 0xx x x xx x x x x x           ， ∴  F x 在 1, 为增函数，又  1 0F  ，∴   0F x  ，即   1e 0xf x   . 【点睛】本题考查了根据函数的单调性求参数，证明不等式，意在考查学生的计算能力和综 合应用能力. 21.现有甲，乙两种不透明充气包装的袋装零食，每袋零食甲随机附赠玩具 1M ， 2M ， 3M 中 的一个，每袋零食乙从玩具 1N ， 2N 中随机附赠一个.记事件 nA ：一次性购买 n 袋零食甲后 集齐玩具 1M ， 2M ， 3M ；事件 nB ：一次性购买 n 袋零食乙后集齐玩具 1N ， 2N . （1）求概率  4P A ，  5P A 及  4P B ； （2）已知      1 1 1 n n n nP A aP A b P B    ，其中 a ，b 为常数，求  nP A . 【答案】（1）  4 4 9P A  ，  5 50 81P A  ，  4 7 8P B  ；（2）   1 11 21 23 3 n n nP A              【解析】 【分析】 （1）一次性购买 4 袋零食甲获得玩具的情况共有 43 81 种不同的可能，其中能够集齐三种 - 18 - 玩具的充要条件是 1M ， 2M ， 3M 三个玩具中，某个玩具出现两次，其余玩具各出现一次， 计 算得到概率，同理可得答案. （2）记  n na P A ，  n nb P B ，计算 111 2 n nb      ，得到 1 1 1 2 3 n n n na a b          ，利 用累加法计算得到答案. 【详解】（1）一次性购买 4 袋零食甲获得玩具的情况共有 43 81 种不同的可能， 其中能够集齐三种玩具的充要条件是 1M ， 2M ， 3M 三个玩具中，某个玩具出现两次，其余 玩具各出现一次，对应的可能性为 1 2 2 3 4 2C C A 36 ，故  4 36 4 81 9P A   ， 一次性购买 5 袋零食甲获得玩具的情况共有 53 243 不同的可能， 其中能够集齐三种玩具的充要条件是 1M ， 2M ， 3M 三个玩具中，某个玩具出现三次，其余 玩具各出现一次或某两个玩具各出现两次，另一个玩具出现一次，对应的可能性分别为 1 3 2 3 5 2C C A 60 ， 2 2 2 3 5 3C C C 90 ， 故  5 60 90 50 243 81P A   . 一次性购买 4 袋零食乙获得玩具的情况共有 42 16 种不同的可能， 其中不能集齐两种玩具的情况只有 2 种，即全是 1N ，全是 2N ，故  4 2 71 16 8P B    . （2）记  n na P A ，  n nb P B ，根据题意及（1）的计算，不难整理得下表： n 1 2 3 4 5  n na P A 0 0 2 9 4 9 50 81  n nb P B 0 1 2 3 4 7 8 … - 19 - 由于 nB 的对立事件总是 2 种情形（即全是 1N ，全是 2N ）， 容易得到 12 11 12 2 n n nb        . 为解出待定系数 a ，b ，令 2 3 2 2 3 4 3 3 a a a b b a a a b b           ，即 2 3 2 109 2 4 2 3 9 9 4 a b a b        ， 解得 1, 2 ,3 a b   或 3, 2 3 a b    （舍去，因为 4 5 4 4 23 3a a b      ）. 故 1 1 1 2 3 n n n na a b          ，即 1 1 1 2 123 3 n n n na a                ， 同理 2 2 1 2 2 123 3 n n n na a                 ， …… 2 1 2 123 3a a    ， 累加可得   1 11 21 23 3 n n n nP A a               （ 2n  ）. 当 1n  时， 1 0a  适合上式，∴   1 11 21 23 3 n n n nP A a               . 【点睛】本题考查了概率的计算，根据数列的递推公式求通项公式，累加法，意在考查学生 的计算能力和综合应用能力. （二）选考题：共 10 分，请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第 一题计分，作答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑. 22.在极坐标系Ox 中，直线 l 过点  3,0A 与点 3, 6B      . （1）求直线 l 的极坐标方程； （2）已知圆C ： cos  .若曲线 0  与l ，C 相交于 A ，E 两点；曲线 3   与 l ，C 相 交于 M ， N 两点， E ， N 异于极点O ，求证： //NE AM . - 20 - 【答案】（1） 3 2sin 6        ；（2）证明见解析 【解析】 【分析】 (1)先将极坐标下  3,0A , 3, 6B      两点的坐标化为直角坐标系下点的坐标,从而求出直线 l 的直角坐标方程,再将其转化为极坐标方程即可; (2)将 0  和 3   分别代入 l ,C 的极坐标方程中,可求出 1OE  , 3OA  , 1 2ON  , 3 2OM  ,因此有 1 3 OE ON OA OM   ,从而 //NE AM . 【详解】(1)因为极坐标系Ox 中,直线l 过点  3,0A 与点 3, 6B      , 所以直角坐标系中,直线 l 过点  3,0A 与点 3 3,2 2B       , 因此直线 l 的直角坐标方程为 3 3 0x y   , 故直线l 的极坐标方程为 cos 3 sin 3 0      , 即l 的极坐标方程为 3 2sin 6        ; (2)将 0  代入 cos  得 1OE  ,且由  3,0A 知 3OA  , 将 3   代入 cos  得 1 2ON  , 将 3   代入 3 2sin 6        得 3 2OM  , ∴ 1 3 OE ON OA OM   , ∴ //NE AM . 【点睛】本题主要考查极坐标与直角坐标的互化,考查极坐标几何意义的应用,难度不大. - 21 - 23.已知函数   3f x x x a    ，当 3x  时  f x 的最小值是 2. (1)求 a ； (2)若 2m n a  ，求证：  2 25 1m n  . 【答案】(1) 1a  或 5a  ；(2)证明见解析. 【解析】 【分析】 (1)因为 3x  ，所以   3f x x x a    ，再分别求出 3a  和 3a  两种情况下  f x 的最 小值，据此列式求解即可； (2)由(1)知 1a  或 5a  ，故在 1a  和 5a  两种情况下，分别利用柯西不等式进行证明. 【详解】(1)因为 3x  ，所以 3 0x   ， 所以   3 3f x x x a x x a        ， ①当 3a  时，   2 3, 3 , 3 x a x af x a a x         ， 所以    min 3f x f a a   ， 由3 2a  ，得 1a  ； ②当 3a  时，   2 3f x x a    ， 所以    min 3 3f x f a    ， 由 3 2a   ，得 5a  ； 综上所述， 1a  或 5a  . (2)当 1a  时，则 2 1m n  ， 所以       22 2 2 2 2 25 1 2 2 1m n m n m n       ， 当且仅当 2n m 即 1 5m  ， 2 5n  时上式取等号； 当 5a  时，则 2 5m n  ， 所以       22 2 2 2 2 25 1 2 2 25 1m n m n m n        ， 当且仅当 2n m 即 1m  ， 2n  时上式取等号； 综上所述，  2 25 1m n  . - 22 - 【点睛】本题考查绝对值不等式及柯西不等式的应用，考查学生的计算分析能力，难度不大. - 23 -