2020年黑龙江省哈尔滨三中高考数学四模试题(含解析) 19页

2020 年黑龙江省哈尔滨三中高考数学四模试题 一、单选题 1．某简单组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为（） A． 8 3 8 3 3 3   B． 4 3 8 3 3 3   C． 4 3 4 3 3 3   D． 8 3 4 3 3 3   2．在△ABC 中， 0 2  BCABAB ，则△ABC 为（ ） A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．锐角或钝角三角形 3．函数 2 1( ) ln 2 f x x x  的单调递减区间为（ ） A． 1 1( , ) 2 2  B． (1, ) C．  0,1 D． 1(0, ) 2 4．若实数 x、 y满足条件 0 1 0 0 1 x y x y x          则 3x y 的最大值为（ ） A．6 B．5 C．4 D．3 5．在正项等比数列 na 中，若 6 3a  ，则 3 1 3 2 3 3 3 11log log log loga a a a    L （ ）． A．5 B．6 C．10 D．11 6．已知直线 1 0kx y k    恒过定点 A，且点 A在直线  2 0 0, 0mx ny m n     上，则mn 的最大值为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 7．已知 R为实数集，M＝{x|x2﹣2x＜0}，N＝{x|y 1x  }，则 M∪（∁RN）＝（ ） A．{x|0＜x＜1} B．{x|0＜x＜2} C．{x|x＜2} D．∅ 8．已知甲、乙两车由同一起点同时出发，并沿同一路线（假定为直线）行驶．甲车、乙车的速度 曲线分别为 v v乙甲和 （如图所示）．那么对于图中给定的 0 1t t和 ，下列判断中一定正确的是（） A．在 1t 时刻，甲车在乙车前面 B． 1t 时刻后，甲车在乙车后面 C．在 1t 时刻，两车的位置相同 D． 1t 时刻后，乙车在甲车前面 9．已知 、 均为实数，记   , max , { , x x y x y y x y    ，   , min , { , y x y x y x x y    ．若 表示虚数单位， 且 1 1a x y i  ， 2 2 ,b x y i  1 1 2 2, , ,x y x y R ，则（ ） A．    min , min ,a b a b a b   B．    max , max ,a b a b a b   C．  2 2 2 2min | , | | |a b a b a b    D．  2 2 2 2max | | | |a b a b a b   ， 10．函数    1 1 2 1 2 2 x xf x      的图象大致为 ( ) A． B． C． D． 11． sin 660的值为（ ） A． 3 2 B． 1 2 C． 3 2  D． 1 2  12．若正数 a，b满足 3 1a b  ，则 1 3 a b  的最小值为（ ） A．12 B．14 C．16 D．18 二、填空题 13．已知 0 2 x    ，且 1 6 4 cos x       ，则 cosx＝_____． 14．给出以下命题： ①函数 2 21 1y x x    是偶函数，但不是奇函数； ②已知回归直线方程为 ˆ ˆ1.2y x a  ，样本点的中心为 (4,5)，则 ˆ 0.2a ； ③函数 ( ) sin(2 ) 6 f x x    图象关于点 5( ,0) 12  对称且在 ( , ) 12 6    上单调递增； ④根据党中央关于“精准”脱贫的要求，我州某农业经济部门决定派出五位相关专家对三个贫困地区 进行调研，每个地区至少派遣一位专家，其中甲、乙两位专家需要派遣至同一地区，则不同的派遣 方案种数有54种； ⑤已知双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a b a b     的左、右焦点分别为 1 2,F F ，过 2F 的直线交双曲线右支于 ,P Q 两点，且 1PQ PF ，若 1 3 4 PQ PF ，则双曲线的离心率为 17 3 . 其中正确的命题序号为_____. 15．已知随机变量 X的分布列为 X 1 2 3 P 0.2 0.4 0.4 则  6 8E X  的值为________________． 三、解答题 16．已知抛物线  2: 2 0C x py p  的焦点为 F ，点 A是抛物线C上任意一点，且 min 1AF  . （1）求抛物线C的方程； （2）设经过点  0,2 、倾斜角为 3  的直线 l与抛物线C交于 ,M N两点，抛物线C的准线与 y轴 交于 E点，求 MEN 的面积. 17．矩形 ABCD中， 1AB  ， 2AD  ，点 E为 AD中点，沿 BE 将 ABE 折起至 PBE ，如图 所示，点 P在面 BCDE的射影O落在 BE 上. （1）求证：面 PCE 面 PBE； （2）求平面 PCD与平面 PBE所成锐二面角的余弦值. 18．已知函数 3 2 2( ) 1f x x mx m x    （m为常数，且 m>0）有极大值 9. （Ⅰ）求 m的值； （Ⅱ）若斜率为 5 的直线是曲线 ( )y f x 的切线，求此直线方程. 19．设正项数列 na 的前 n项和为 nS ，已知  *1 14, 2,n n na a S S n n    N . （1）求数列 na 的通项公式； （2）求数列 1 1 n na a        的前 n项和 nT . 20．设函数 f(x)＝|2x＋1|－|2x－4|，g(x)＝9＋2x－x2. (1)解不等式 f(x)>1； (2)证明：|8x－16|≥g(x)－2f(x)． 21．2019年 1月 1日，“学习强国”学习平台在全国上线，“学习强国”学习平台是由中宣部主管，以 习近平新时代中国特色社会主义思想和党的十九大精神为主要内容，立足全体党员，面向全社会的 优质平台，某学校为响应国家号召，组织员工参与学习、答题，员工甲统计了自己学习积分与学习 天数的情况： 学习时间（第 x天） 3 4 5 6 7 8 当天得分 y 17 20 19 24 24 27 先从这 6组数据中选取 4组数据求线性回归方程，再用剩下的 2组数据进行检查.检查方法如下： 先用求得的线性回归方程计算学习时间(第 x天)所对应的 ŷ，再求 ŷ与实际当天得分 y的差，若差 值的绝对值都不超过 1，则称所求方程是“恰当回归方程”. （1）从学习时间的 6个数据中随机选取 2个数据，求这 2个数据不相邻的概率； （2）若选取的是前面 4组数据，求 y关于 x的线性回归方程 ˆˆ ˆy bx a  ，并判断是否是“恰当回归 方程”； 附：回归直线 ˆˆ ˆy bx a  的斜率和截距的最小二乘估计分别为：       1 1 22 2 1 1 ˆ n n i i i i i i n n i i i i x y nxy x x y y b x nx x x                ， ˆâ y bx  ，前四组数据的 4 1 370i i i x y   . 22．选修 4－4：坐标系与参数方程 在以直角坐标原点O为极点，x的非负半轴为极轴的极坐标系下，曲线 1C 的方程是 1  ，将 1C 向 上平移 1个单位得到曲线 2C ． （Ⅰ）求曲线 2C 的极坐标方程； （Ⅱ）若曲线 1C 的切线交曲线 2C 于不同两点 ,M N，切点为T ．求 TM TN 的取值范围． 四、双空题 23．如图，椭圆 E的左右焦点为 1F ， 2F ，以 2F 为圆心的圆过原点，且与椭圆E在第一象限交于 点 P，若过 P ､ 1F 的直线 l与圆 2F 相切，则直线 l的斜率 k  ______；椭圆 E的离心率 e  ______. 【答案与解析】 1．B 由三视图可知：该几何体是由一个三棱锥和半个圆锥组合而成，利用体积公式计算即可得出． 由三视图可知：该几何体是由一个三棱锥和半个圆锥组合而成 其中三棱锥和圆锥的高都为 2 24 2 2 3  ，三棱锥的底面面积为 1 4 2 4 2    ，圆锥的底面半径 为： 2 ， 所以组合体的体积为 1 1 1 4 3 8 34 2 3 4 2 3 3 3 2 3 3 V          故选:B 本题考查由三视图恢复原几何体、求几何体的体积，熟练掌握锥、柱、球等几何体的体积公式是解 题的关键，属于基础题． 2．C 试题分析：由已知 0)(  ACABABBCAB ，所以 A 是钝角，故△ABC 为钝角三角形 考点：向量、三角形形状的判定 3．D 对 2 1( ) ln 2 f x x x  求导，解 ( ) 0f x  ，可得单调递减区间. 21 4 1( ) 2 2 2 xf x x x x     ， 由 ( ) 0f x  得： 10 2 x  故选：D 本题主要考查了利用导数求函数单调性，属于基础题. 4．C 作出不等式组所表示的可行域，令 3z x y  ，平移该直线，由该直线在 x轴上的截距最大得出最 优解，代入线性目标函数计算即可. 作出不等式组 0 1 0 0 1 x y x y x          所表示的可行域，如下图中的阴影部分区域所示： 令 3z x y  ，则 z为直线 3z x y  在 x轴上的截距， 联立 1 0 x x y     ，得 1 1 x y     ，可得点  1, 1A  ， 平移直线 3z x y  ，当该直线经过可行域的顶点  1, 1A  时，该直线在 x轴上的截距最大，此时 z取最大值，即  max 1 3 1 4z      . 故选：C. 本题考查线性规划问题，考查线性目标函数的最值问题，一般利用数形结合思想求解，作出可行域 是关键，考查数形结合思想的应用，属于中等题. 5．D 根据对数的运算法则以及等比中项可求得结果. 因为 6 3a  ，且 na 为等比数列，所以 2 1 11 2 10 3 9 4 8 5 7 6a a a a a a a a a a a     23 ， 所以   11 3 1 3 2 3 3 3 11 3 1 2 3 11 3log log log log log log 3 11a a a a a a a a      L L . 故选：D. 本题考查了对数的运算法则，考查了等比中项的应用，属于基础题. 6．A 首先求出定点  1,1A ，将点 A代入  2 0 0, 0mx ny m n     ，可得  2 0, 0m n m n    ， 再利用基本不等式即可求解. 由直线 1 0kx y k    ，可得  1 1y k x   ，即定点  1,1A ， 又因为点 A在直线  2 0 0, 0mx ny m n     上， 所以  2 0, 0m n m n    ， 因为 2m n mn  ，解得 1mn  ， 当且仅当 1m n  时，等号成立， 故选：A 本题考查直线过定点问题、基本不等式求最值，注意验证等号成立的条件，属于基础题. 7．C 求出 M中不等式的解集确定出 M，求出 N中函数的定义域确定出 N，根据全集 R求出 N的补集， 找出 M与 N补集的并集即可． 由 M中不等式变形得：x（x﹣2）＜0， 解得：0＜x＜2，即 M＝{x|0＜x＜2}， 由 N中 y 1x  ，得到 x﹣1≥0，即 x≥1， ∴N＝{x|x≥1}， ∵全集为 R， ∴∁RN＝{x|x＜1}， 则 M∪（∁RN）＝{x|x＜2}． 故选 C． 本题考查了并集、补集的混合运算，考查了定义域的求解及一元二次不等式的解法，熟练掌握各自 的定义是解本题的关键． 8．A 可观察出曲线 v 甲,直线 t=t1与 t轴围成的面积大于曲线 v 乙,直线 t=t1与 t轴围成的面积,故选 A. 9．D 试题分析：因为 1 1a x y i  ， 2 2 ,b x y i  1 1 2 2, , ,x y x y R ， 所以其对应的向量 1 1 2 2( , ), ( , )a x y b x y   ， 则 ,a a b b   ， 2 2 2( ) | 2 |a b a a b b         ， 对于答案 A当a b  时，显然不成立，对于答案 B， C a b  与 共线且均为非零向量时不成立，所以 选 D． 10．A 试题分析：根据题意，由于函数     2 ,1 2 0 2 , 01 1 2 1 2 2 1,1 2 0 1, 0 x x x x x x x f x x                 根据解析式，结合分段函数的图像可知， 在 y轴右侧是常函数， 所以排除 B,D,而在 y轴的左侧， 是递增的指数函数，故排除 C，因此选 A. 考点：本试题考查而来函数图像． 点评：给定复杂的表达式的要利用绝对值的符号，化简是解决该试题的关键，体现了化未知为已知 解题思想，属于基础题． 11．C 由题意可得：     3sin 660 sin 660 720 sin 120 sin120 2             . 本题选择 C选项. 12．C 将原不等式等价于 1 3 1 3 3 3( 3 ) 10 b aa b a b a b a b            ，再利用基本不等式可得选项. 因为 3 1a b  ，所以 1 3 1 3 3 3( 3 ) 10 b aa b a b a b a b            ， 因为 a，b为正数，所以 3 3 3 32 6b a b a a b a b     ， 当且仅当 3 3b a a b  ，即 1 4 a b  时取等号， 故 1 3 a b  的最小值为 16， 故选：C. 本题考查基本不等式的应用，关键在于巧妙地运用“1”，使得原不等式转化为基本不等式的形式， 属于基础题. 13． 15 3 8  由已知求得 sin（x 6   ），再由两角差的余弦公式计算． 解：∵ 0 2 x    ，∴ 2 6 6 3 x      ， 又 1 6 4 cos x       ，∴sin（x 6   ） 2 151 6 4         πcos x ， 则 cosx＝cos[（x 6   ） 6   ]＝cos（x 6   ）cos 6   sin（x 6   ）sin 6  1 3 15 1 15 3 4 2 4 2 8       ． 故答案为： 15 3 8  ． 本题考查两角差的余弦公式．在三角函数恒等变换时要注意“角”的变换，利用已知角和未知角之 间的关系选择恰当的公式进行化简计算． 14．②③⑤ 首先求出函数的定义域，求出函数的解析式，利用奇偶性的定义即可判断①；根据回归直线过样本 中心点，代入即可判断②；利用正弦函数的性质，代入验证、整体代入即可判断③；利用分类计数 原理以及组合数即可判断④；利用双曲线的定义以及离心率公式即可判断⑤. ①函数的定义域为{ 1,1} ， 0y  ，既是奇函数又是偶函数，故错误； ②根据回归直线方程恒过样本的中心点，将 (4,5)带入回归方程可得 ˆ 0.2a ，故正确； ③把 5 12  代入函数 ( ) sin(2 ) 6 f x x    ，函数值为 0，所以函数 ( )f x 关于 5( ,0) 12  对称，由 2 2 2 2 6 2 k x k        ，可得函数 ( )f x 的单调递增区间为[ , ]( ) 3 6 k k k Z     ，所 以函数 ( )f x 在 ( , ) 12 6    上是递增的.故正确； ④根据题意，分 2种情况讨论，第一种：5人分成1 2 2、、的三组， 仅甲乙 2人分到同一个地区，在3个地区中任选1个，安排甲乙，有 1 3 3C  种情况， 将剩下的3人分成 2组，有 1 3=3C 种分组方法，将2组全排列，安排到其他 2个地区， 有 2 23 =6A 种情况，则此时有3 6=18 种安排方法； 第二种：5人分成1,1,3的三组，甲乙与其他三人中的1人，一起安排到同一个区域， 在其他3人中任选1人，与甲乙一起安排到一个地区，有 1 3C 1 3=9C 种情况， 将剩下的 2人全排列，安排到其他 2个地区，有 2 2 =2A 种情况， 则此时有9 2=18 种安排方法；则一共有18+18=36种安排方法.故错误. ⑤设 ,P Q为双曲线右支上一点，由 1PQ PF ， 1 3 4 PQ PF ， 在直角三角形 1PFQ中， 2 2 1 1 1 5 4 QF PF PQ PF   ， 由双曲线的定义可知： 1 2 1 22a PF PF QF QF    ， 由 1 3 4 PQ PF ，即有 2 2 1 3 4 PF QF PF  ， 即为 1 1 1 5 32 2 4 4 PF a PF a PF    ，  1 5 31 4 4 4 PF a       ，解得 1 8 3 aPF  .  2 1 8 22 2 3 3 a aPF PF a a     ， 由勾股定理可得： 2 2 1 2 8 2 2 172 ( ) ( ) 3 3 3 a ac FF a    ，则 17 3 e  .故正确. 本题考查了判断命题的真假、函数 0y  的奇偶性、三角函数的性质、分类计数原理、双曲线的定 义以及简单几何性质，属于中档题. 15．21.2 根据表中数据，可求得  E X ，再由离散型随机变量分布列的均值的性质公式即可得解. 由表中数据可知，   1 0.2 2 0.4 3 0.4 2.2E X        ， 根据离散型随机变量分布列的均值公式可知    6 8 6 8 6 2.2 8 21.2E X E X       ， 故答案为：21.2 本题考查了离散型随机变量均值的求法，加减乘法变化后均值求法，属于基础题. 16．（1） 2 4x y ；（2）6 5 （1）根据 min 1AF  ，即可求得抛物线方程； （2）根据（1）中所求抛物线方程，将三角形面积转化为 1 2 1 2 2 2 P x x  ，即可求得面积. （1）由抛物线定义及 min 1AF  ，可得 2 4p  抛物线C的方程为 2 4 .x y （2）设直线方程为： 3 2y x  联立抛物线方程 2 4x y ， 消 y得 2 4 3 8 0x x   . 1 2 1 24 3, 8x x x x    ， 1 2 1 2 2 2MEN pS x x     21 2 1 2 3 4 2 x x x x    23 4 3 4 8 2    6 5 本题考查抛物线方程的求解，以及抛物线中三角形面积的求解，属抛物线基础题. 17．（1）详见解析（2） 11 11 （1）首先可通过题目所给条件证出 PO 面BCDE即CE PO ，再通过CE PO 和CE BE 可证CE 面 PBE，最后即可证明出面PCE 面PBE； （2）首先可构造平面直角坐标系，然后求出面 PBE的法向量 1n  和面 PCD的法向量 2n  ，最后通 过平面 PCD与平面 PBE所成锐二面角与 1 2,n n   互补即可得出结果． （1）在四棱锥 P BCDE 中， 2BE CE  ， 2BC  ，从而有CE BE ， 又因为 PO 面BCDE，而CE 面BCDE，所以CE PO ， 而 PO、 BE 面 PBE，且 PO BE O  ，由线面垂直定理可证CE 面PBE 又CE 面PCE，由面面垂直判断定定理即证面 PCE 面 PBE （2）由条件知OP 面BCDE，过点 E做OP的平行线 EZ，又由（1）知 EC 面 PBE， 以 EB、EC、 EZ分别为 x、 y、 z轴建立空间直角坐标系， 如图所示： 2 2,0, 2 2 P        ，  0, 2,0C ， 2 2, ,0 2 2 D        ， 2 2, 2, 2 2 CP          ， 2 2, ,0 2 2 DC          ， 面 PBE的一个法向量为  1 0,1,0n   ， 设面 PCD的法向量为  2 , ,n x y z   ，则有 2 22 0 2 2 2 2 0 2 2 x y z x y         ， 从而可得面 PCD的一个法向量为  2 1, 1, 3n     ， 1 2 1 11cos , 1111 n n      ， 设平面 PCD与平面 PBE所成锐二面角为，与 1 2,n n   互补，则 11cos 11   ， 故平面 PCD与平面 PBE所成二面角的余弦值为 11 11 ． 本题考查了解析几何的相关性质，主要考查了面面垂直的证明以及二面角的余弦值的求解，面面垂 直可通过线面垂直求证，二面角的余弦值可借助构建空间直角坐标系并求出法向量来求解，考查空 间想象能力，是中档题． 18．(Ⅰ) m＝2. （Ⅱ）5x＋y－1＝0，或 135x＋27y－23＝0. （Ⅰ） 3 2 2( ) 1f x x mx m x    ， 2 2( ) 3 2 (3 )( )f x x mx m x m x m       ， 令 ( ) 0,f x x m    或 , 0, 3 3 m mx m m     ， ( ) 0,f x x m    或 , ( ) 0, 3 3 m mx f x m x      ， ( )f x 递增区间是 ( , ),( , ) 3 mm   ，递减区间是 ( , ) 3 mm ， , ( )x m f x   取得极大值为 3 1 9, 2m m    ； （Ⅱ）设切线的切点坐标为 0 0( , )x y ，由（1）得， 3 2 2( ) 2 4 1, ( ) 3 4 4f x x x x f x x x        ， 依题意 2 0 0 0( ) 3 4 4 5f x x x      ，解得 0 1x   或 0 1 3 x   ， 所以切点坐标为 ( 1,6) 或 1 68( , ) 3 27  ， 所求的切线方程为 6 5( 1)y x    或 68 15( ) 27 3 y x    ， 即5 1 0x y   或135 27 23 0x y   19．（1） 4, 1 2 1, 2n n a n n      ；（2） 3 1 20 4 6nT n    . （1）由 1( 2)n n na S S n   及题意可得数列{ }nS 为等差数列，从而求出 2( 1)nS n  ，从而可 求出答案； （2）利用裂项相消法即可求出答案． 解：（1）∵ 1( 2)n n na S S n   ， ∴ 1 1( )( )( 2)n n n n na S S S S n     ， 又  *1 2, , 0n n n na S S n n a    N ， ∴ 1 1( 2)n nS S n   ， ∴数列{ }nS 是以 1 1 4 2S a   为首项，1为公差的等差数列， ∴ 2 ( 1) 1nS n n     ，∴ 2( 1)nS n  ， 当 2n  时， 2 2 1 ( 1) 2 1n n na S S n n n       ， 当 1n  时， 1 4a  ，不满足上式， ∴数列 na 的通项公式为 4, 1 2 1, 2n n a n n      ； （2）由（1）可知， 4, 1 2 1, 2n n a n n      ， 则当 2n  时， 1 2 2 3 3 4 1 1 1 1 1 n n n T a a a a a a a a       1 1 1 1 4 5 5 7 7 9 (2 1)(2 3)n n            1 1 1 1 1 1 1 1 4 5 2 5 7 7 9 2 1 2 3n n                               1 1 1 1 20 2 5 2 3n        3 1 20 4 6n    ， 显然 1 1 3 1 1 4 5 20 4 1 6 20 T        ， 1 1 20 T  符合上式， ∴当 *nN 时， 3 1 20 4 6nT n    ． 本题主要考查已知递推公式求数列的通项公式，考查裂项相消法求和，考查计算能力，属于中档题． 20．（1）(1，＋∞)．（2）见解析 (1)分段讨论求解绝对值不等式即可. (2)利用三角不等式证明即可. (1)当 x≥2时,f(x)＝2x＋1－(2x－4)＝5>1恒成立,所以 x≥2. 当－ 1 2 ≤x<2时,f(x)＝2x＋1－(4－2x)＝4x－3>1,得 x>1,所以 11不成立． 综上,原不等式的解集为(1,＋∞)． (2)证明：|8x－16|≥g(x)－2f(x)⇔|8x－16|＋2f(x)≥g(x), 因为 2f(x)＋|8x－16|＝|4x＋2|＋|4x－8|≥|(4x＋2)－(4x－8)|＝10,当且仅当－ 1 2 ≤x≤2时等号成立,所 以 2f(x)＋|8x－16|的最小值是 10, 又 g(x)＝－(x－1)2＋10≤10,所以 g(x)的最大值是 10,当 x＝1时等号成立． 因为 1∈ 1 ,2 2     ,所以 2f(x)＋|8x－16|≥g(x), 所以|8x－16|≥g(x)－2f(x)． 本题主要考查了绝对值不等式的求解以及绝对值的三角不等式方法,属于中等题型. 21．（1） 2 3 （2） ˆ 2 11y x  ，是恰当回归方程. （1）列出所有基本事件，找到两组数据相邻的事件，即可得 2个数据相邻的概率，再用 1减去 2 个数据相邻的概率即可得解； （2）由题意求得 x、 y、 4 2 1 i i x   ，代入公式即可得 b̂ 、 â，即可得线性回归方程；代入最后两组数 据验证即可得解. （1）设“从学习时间的 6个数据中随机选取 2个数据，求这 2个数据不相邻”为事件 A，这 6个数 据为 3，4，5，6，7，8. 抽取 2个数据的基本事件有  3,4 ， 3,5 ， 3, 6 ， 3,7 ， 3,8 ， 4,5 ， 4,6 ， 4,7 ， 4,8 ，  5,6 ，  5,7 ，  5,8 ，  6,7 ，  6,8 ，  7,8 ，共 15种， 其中相邻的有  3,4 ，  4,5 ，  5,6 ，  6,7 ，  7,8 ，共 5种， 所以 5 2( ) 1 15 3 P A    （2）前四组数据为： 学习时间（第 x 天） 3 4 5 6 当天得分 y 17 20 19 24  3 4 5 6 9 4 2 x      ， 17 20 19 24 20 4 y      ， 4 2 1 86i i x    4 1 4 2 2 1 9370 4 20 2ˆ 28186 4 4 i i i i i x y nxy b x nx              ， 9ˆˆ 20 2 11 2 a y bx       ˆ 2 11y x  . 当 7x  时， ˆ 2 7 11 25y     ，此时 25 24 1 1   成立， 当 8x  时， ˆ 2 8 11 27y     ，此时27 27 0 1   成立  ˆ 2 11y x  为恰当回归方程. 本题考查了古典概型概率的求解和线性回归方程的求解，考查了对新概念的理解，属于中档题. 22．（Ⅰ） 2sin  ．（Ⅱ） ． 试题分析：（I）曲线 1C 的方程是ρ=1，即 2 1  ，利用 2 2 2x y   ，即可化为直角坐标方程：再 向上平移 1个单位得到曲线 2C ：  22 1 1x y   ，展开利用 2 2 2 { sin x y y       即可得到曲线 C2 的极 坐标方程．（II）设 T（cosθ，sinθ），θ∈[0，π]．切线的参数方程为： cos cos { sin sin x t y t         （t为参 数），代入 2C 的方程化为：  2 2 cos sin 1 2sin 0t t            ，利用|TM|•|TN|=| 1 2t t |及其 三角函数的单调性即可得出 试题解析：（1）依题,因 2 2 2x y   ,所以曲线 1C 的直角坐标下的方程为 2 2 1x y  , 所以曲线 2C 的直角坐标下的方程为 2 2( 1) 1x y   , 又 siny   ，所以 2 2 sin 0    , 即曲线 2C 的极坐标方程为 2sin  ． （2）由题令 0 0( , )T x y ， 0 (0,1]y  ，切线MN的倾斜角为， 所以切线MN的参数方程为: 0 0 cos { sin x x t y y t       （ t为参数）． 代入 2C 的直角坐标方程得, 2 0 0 02( cos sin sin ) 1 2 0t x y t y        ， 01 2TM TN y   ，因为 01 2 [ 1,1)y   所以 TM TN [0,1] ． 考点：简单曲线的极坐标方程 23． 3 3 3 1 根据直角三角形的性质求得 1 2PF F ，由此求得 k ，结合椭圆的定义求得离心率. 连接 2PF ，由于 l是圆 2F 的切线，所以 1 2PF PF . 在 1 2Rt PF F 中， 2 1 2PF OF OF c   ， 所以 2 1 2 1 2 PF F F ，所以 1 2 6 PFF    ，所以直线 l的斜率 6 3 tan 3πk  . 2 2 1 1 2 2 3PF F PF F c   ， 根据椭圆的定义可知 1 2 1 2 2 2 2 3 1 2 3 3 1 F Fc c ce a a PF PF c c           . 故答案为： 3 3 ； 3 1 本小题主要考查椭圆的定义、椭圆的离心率，属于中档题.