山西省运城市2020届高三6月考前适应性测试数学（理）试题 Word版含解析 25页

- 1 - 2020 年运城市高三考前适应性测试 理科数学试卷 本试卷共 4 页，23 题.全卷满分 150 分，考试用时 120 分钟. ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码貼在答题卡上 的指定位置. 2，选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在 试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答 题卡上的非答题区域无效. 4.选考题的作答：先把所选题日的题号在答题卡上指定的位置用 2B 铅笔涂黑.答案写在答题 卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域无效. 5.考试结束后，请将答题卡上交. 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 3 0 , { ln 1}1 xA x B x xx        ∣ ∣ ，则 A B  （ ） A. { 3}x e x ∣ B. { 3}x e x ∣ C. { 1 }x x e ∣ D. { 1 }x x e ∣ 【答案】A 【解析】 【分析】 由题意结合分式不等式、对数不等式的求解可得  1 3A x x  ∣ 、  B x x e ∣ ，再由集 合交集的概念即可得解. 【详解】由题意   3 0 3 1 01 xA x x x xx          且   1 1 3x x x   ∣ ，    ln 1B x x x x e   ∣ ∣ ， - 2 - 所以   3A B x e x   ∣ . 故选：A. 【点睛】本题考查了分式不等式、对数不等式的求解及集合的交集运算，考查了运算求解能 力，属于基础题. 2. 若复数  2 20214 ( )z a ai a R    ，i 为虚数单位，则“z 为纯虚数”是“ 2a  ”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 【答案】B 【解析】 【分析】 化简复数  2 20214 ( )z a ai a R    ，然后根据该复数为纯虚数求出 a 值，根据充分条件、 必要条件的概念简单判断可得结果. 【详解】因为 4 1i  ，所以  5052021 4i i i i   . 所以    2 2021 24 4 ,z a ai a ai a R       ），i 为虚数单位， z 为纯虚数，则 2 4 0, 0a a   ， 解得 2a   . 则“z 为纯虚数”是“ 2a  ”的必要不充分条件. 故选：B 【点睛】此题考查充分条件与必要条件的辨析，关键在于准确求出复数 2 2021( 1)z a ai   为 纯虚数 a 的值，属基础题. 3. 已知 1.5 4 2log 2.5, log 1.5, 0.4a b c    ，则（ ） A. a b c  B. a c b  C. c a b  D. b a c  【答案】D 【解析】 【分析】 - 3 - 由题意结合对数运算的性质、对数函数的单调性、指数函数的单调性可得 1b a c   ，即可 得解. 【详解】因为 2 4 4 9log 1.5 log log 2.5 14b a     ， 1.5 00.4 0.4 1c    ， 所以 1b a c   . 故选：D. 【点睛】本题考查了对数运算的性质、对数函数的单调性、指数函数的单调性的应用，考查 了对数式、指数式的大小比较，属于基础题. 4. 函数 ( ) tan ( 1 1)f x x x x  „ „ 的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 采用排除法，根据函数的奇偶性以及函数在 0,1 处的函数值大小，可得结果. 【详解】由 ( ) tan ( 1 1)f x x x x  „ „ ， 则    ( ) tan tan    f x x x x x 所以  ( )f x f x  ，即函数 ( )f x 是偶函数 故排除 A，C， 当 0 1x  时， ( ) 0f x  ，排除 D. 故选：B 【点睛】本题考查根据函数解析式判断大致图象，针对这种题型常常从定义域、奇偶性、单 调性、对称性、值域、特殊值入手，考验分析问题的能力，属基础题. - 4 - 5. 在某项测量中，测量结果 服从正态分布  21, ( 0)N    ，若 在 (0,2) 内取值的概率为 0.6，则 在 (2, ) 内取值的概率为（ ） A. 0.8 B. 0.4 C. 0.3 D. 0.2 【答案】D 【解析】 【分析】 根据 服从正态分布  21, ( 0)N    ，得到曲线的对称轴是直线 1x  ，根据所给的  在 (0,2) 内取值的概率为 0.6 ，根据正态曲线的对称性，即可求出在 (2, ) 内取值的概率． 【详解】因为 服从正态分布  21, ( 0)N    ， 所以曲线的对称轴是直线 1x  ， 又 在 (0,2) 内取值的概率为 0.6 ， 根据正态曲线的性质，则在 (2, ) 内取值的概率为 1 0.6( 2) 0.22P     ． 故选：D 【点睛】本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，主要考查正态曲线的对称性； 一般地， X 是服从正态分布，正态分布一般记为  2,N   ，  为正态分布的均值（均值就 是对称轴）， 是正态分布是标准差；本题属于中档题． 6. 执行如图所示的程序框图，则输出的T  （ ） A. 8 5 B. 3 2 C. 4 3 D. 1 【答案】C - 5 - 【解析】 【分析】 执行程序框图，依次写出每次循环得到的结果，即可得最后的结果. 【详解】 1 0 0k S T  ， ， ，则 1 6 1 2S T k   ， ， ； 43 6 33 ， ，   S T k ； 6S  ，输出 4 3T  . 故选：C 【点睛】本题主要考查了程序框图的计算，属于基础题. 7. 已知向量 ,a b   满足| | 1,| | 3a b   ，且 a  与b  的夹角为 6  ，则| 2 |a b   （ ） A. 1 2 B. 13 C. 1 D. 13 【答案】C 【解析】 【分析】 根据 2 2| 2 | 4 4a b a a b b        求解即可. 【详解】解析： 2 2 3| 2 | 4 4 4 4 1 3 3 12a b a a b b               . 【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积与模长的运算等，属于基础题. 8. 已知 nS ，为等差数列 na 的前 n 项和，若 13 13 5S  ，则 7a  （ ） A. 1 5 B. 2 5 C. 1 5  D. 2 5  【答案】A 【解析】 【分析】 根据等差数列的性质与求和公式求解即可． 【详解】解：由等差数列的性质可得  1 13 13 7 13 13132 5 a aS a   ， ∴ 7 1 5a  ， 故选：A． 【点睛】本题主要考查等差数列的性质，属于基础题． - 6 - 9. 根据散点图，对两个具有非线性关系的相关变量 x，y 进行回归分析，设 u= lny，v=(x-4)2， 利用最小二乘法，得到线性回归方程为 ˆu = - 0.5v+2，则变量 y 的最大值的估计值是（ ） A. e B. e2 C. ln2 D. 2ln2 【答案】B 【解析】 【分析】 将 u= lny，v=(x-4)2 代入线性回归方程 ˆu =-0.5v+2，利用指数函数和二次函数的性质可得最 大估计值. 【详解】解：将 u= lny，v=(x - 4)2 代入线性回归方程 ˆu = - 0.5v+2 得：  2ln 0.5 4 2y x    ，即  20.5 4 2xy e   ， 当 4x  时，  20.5 4 2x   取到最大值 2， 因为 xy e 在 R 上单调递增，则  20.5 4 2xy e   取到最大值 2e . 故选：B. 【点睛】本题考查了非线性相关的二次拟合问题，考查复合型指数函数的最值，是基础题,. 10. 已知函数 ( ) sin( )( 0, 0,0 )f x A x A          的部分图象如图所示，则下列结 论不正确的是（ ） A. ( )f x 的最小正周期为 2  B. ( )f x 的最大值为 4 C. 7 ,024     是 ( )f x 的一个对称中心 D. 函数 ( )f x 在区间 5, 12       上单 调递增 【答案】D 【解析】 【分析】 - 7 - 通过图像可得函数的周期，过点 ,12 A     ， 0,2 列方程可得解析式为 ( ) 4sin 4 6f x x      ， 再根据正弦函数的图像和性质逐一判断. 【详解】解析：由图象知函数 ( )f x 的最小正周期为 2 3 12 2T          ，则 4  ， 即 ( ) sin(4 )f x A x   ， 又由 12f A     ，得sin 13       ， 由 0    可知 6 π ，从而 ( ) sin 4 6f x A x      ， 又 (0) 2f  ，可得 sin 26A   ， 所以 4A  ， 从而 ( ) 4sin 4 6f x x      ，易判断 AB 正确， 而 7 024f      ，所以 C 正确， 又由 5 23 3, ,4 ,12 6 6 2x x                    ， 函数 ( )f x 在区间 5, 12       上不单调. 故选：D 【点睛】本题主要考查利用三角函数部分图象求解析式和三角函数的基本性质，考查运算求 解能力，属基础题. 11. 已知直线 3 4y x 与双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     相交于不同的两点 A 和 B，F 为双曲线 C 的左焦点，且满足 AF BF ，则双曲线 C 的离心率为（ ） A. 10 2 B. 10 4 C. 10 1 2  D. 10 1 【答案】A 【解析】 - 8 - 【分析】 设双曲线的右焦点为 2F ，连接 2 2,AF BF ，根据正切的二倍角公式可得 2 1tan 3BFF  ，再根 据双曲线的定义，结合勾股定理列式求解即可. 【详解】解析：设双曲线的右焦点为 2F ，如图所示，连接 2 2,AF BF ， 因为 AF BF ，结合双曲线的对称性可知四边形 2AFBF 为矩形，又直线 AB 的斜率为 3 4 ， 2 2 2 2 2tan 3tan 1 tan 4 BFFBOF BFF     ， 解得 2 1tan 3BFF  或 2tan 3BFF   （舍去）. 故在 2Rt BFF 中， 2 2 2 12 ,tan 3 BFFF c BFF BF     ， 因此 23 ,BF m BF m  ， 所以 3 2m m a  ，得 a m 即有 2 2 29 4a a c  ， 所以离心率 10 2 ce a   . 故选：A 【点睛】本题主要考查了双曲线离心率的求解，需要根据题意结合双曲线的定义、勾股定理 等建立关于参数 ,a c 的关系式求解.属于中档题. 12. 已知函数 2( ) ln( 1)f x x x   满足对于任意 1 1[ ,2]2x  ，存在 2 1[ ,2]2x  ，使得 2 2 1 1 2 ln( 2 ) ( )xf x x a f x    成立，则实数 a 的取值范围为（ ） A. ln 2[ 8, )2   B. ln 2 5[ 8, 2ln 2]2 4    - 9 - C. ln 2( , 8]2   D. 5( , 2ln 2]4    【答案】C 【解析】 【分析】 由 函 数 2( ) ln( 1)f x x x   在 定 义 域 单 调 递 增 ， 原 不 等 式 成 立 可 转 化 为  2 2 1 1 max 2 max ln2 xx x a x         ，通过研究函数的最值建立不等式求解即可得 a 的取值范围. 【详解】由函数 2( ) ln( 1)f x x x   在定义域单调递增， 对于任意 1 1[ ,2]2x  ，存在 2 1[ ,2]2x  ，使得 2 2 1 1 2 ln( 2 ) ( )xf x x a f x    成立， 即任意 1 1[ ,2]2x  ，存在 2 1[ ,2]2x  ，使得 2 2 1 1 2 ln2 xx x a x    成立， 即满足 2 2 1 1 max 2 max ln2 xx x a x         ， 令 2 1 1 1( ) 2g x x x a   ， 对称轴方程为 1 1x   ， 在 1 1[ ,2]2x  可得 1 max( ) (2)=8g x g a  令 2 2 2 ln( ) xh x x  ， 求导可得 2 2 2 2 1 ln( ) xh x x   ， 2( ) 0h x  ，可得 2x e ， 在  2 0,x e ， 2( ) 0h x  ， 2( )h x 单调递增， 所以在 2 1[ ,2]2x  ， 2 max ln 2( ) (2) 2h x h  ， 即 ln 28 2a  ， 解得 ln 2 82a   ， - 10 - 故选 C. 【点睛】本题为函数与导数的综合应用题，考查函数的单调性、导数的应用等知识点，解题 的关键是将含有量词的不等式转化为求函数最值问题，再借助导数和函数的性质求解最值建 立不等式即可，属于中等题. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13. 我校高一、高二、高三共有学生 2400 名，为了了解同学们对“智慧课堂”的意见，计划 采用分层抽样的方法，从这 2400 名学生中抽取一个容量为 48 的样本.若从高一、高二、高三 抽取的人数恰好是从小到大排列的连续偶数，则我校高二年级的学生人数为____________. 【答案】800 【解析】 【分析】 假设高一、高二、高三抽取人数分别为 2 ,2 2,2 4 x x x ，根据抽取的容量可得 x ，然后简单 计算，即可得到高二人数. 【详解】设从高一年级抽取的学生人数为 2x 人， 则从高二、高三年级抽取的人数分别为 2 2,2 4x x  . 由题意可得 2 (2 2) (2 4) 48x x x     ，所以 7x  . 设我校高二年级的学生人数为 N，再根据 48 16 2400 N  ， 求得 800N  . 故答案为：800 【点睛】本题考查分层抽样的应用，熟悉分层抽样的概念以及基本量的计算，考验分析能力 以及简单的运算能力，属基础题. 14. 已知函数 2 2 12, 1, ( ) 4 , 1, x ax x f x x a xx        „ ，若 ( )f x 的最小值为 (1)f ，则实数 a 的取值范围 是________. 【答案】[3, ) 【解析】 【分析】 - 11 - 分别讨论 1x  和 1x  时，结合基本不等式和二次函数的单调性可得  f x 的最小值，解不等 式可得所求范围. 【 详 解 】 函 数 2 2 12, 1 ( ) 4 , 1 x ax x f x x a xx         ， 可 得 1x  时 ，   4 42 4f x x a x a ax x         ，当且仅当 2x  时，  f x 取得最小值 4 a ， 由 1x  时，    2 212f x x a a    ， 若 1a  时，  f x 在  1，递减，可得    1 13 2f x f a   ， 由于  f x 的最小值为  1f ，所以13 2 4a a   ，解得 3a  ； 若 1a  时，  f x 在 x a 处取得最小值与题意矛盾，故舍去； 综上得实数 a 的取值范围是 3, ， 故答案为： 3, . 【点睛】本题主要考查分段函数的最值求法，考查二次函数的单调性和运用，以及不等式的 解法，属于中档题. 15. 已知衡量病毒传播能力的最重要指标叫做传播指数 RO .它指的是，在自然情况下（没有 外力介入，同时所有人都没有免疫力），一个感染到某种传染病的人，会把疾病传染给多少人 的平均数.它的简单计算公式是 1RO   确诊病例增长率×系列间隔，其中系列间隔是指在一 个传播链中，两例连续病例的间隔时间（单位：天）.根据统计，确诊病例的平均增长率为 40%， 两例连续病例的间隔时间的平均数 5 天，根据以上 RO 计算，若甲得这种传染病，则 4 轮传播 后由甲引起的得病的总人数约为__________. 【答案】120 【解析】 【分析】 先求出传播指数 RO，再计算出每轮感染的人数，相加即得. 【详解】由题意知， 1 40% 5 3RO     ， 所以得病总人数为： 2 3 43 3 3 3 120    （人）. - 12 - 故答案为：120 【点睛】本题考查数列的应用，解题关键是理解新概念“传播指数”，可以用数列表示该问 题，传播指数就是等比数列的公比，属基础题. 16. 农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽粒，古称角黍，是端午节大 家都会品尝的食品.如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为 2 的正三角形构成的，将它 沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的体积为_________；若该 六面体内有一球，当该球体积最大时，球的表面积是__________. 【答案】 (1). 4 2 3 (2). 32 27  【解析】 【分析】 先算出正四面体的体积，六面体的体积是正四面体体积的 2 倍，由图形的对称性得,小球的体 积要达到最大,即球与六个面都相切时，求出球的半径，再代入球的表面积公式可得答案. 【详解】该六面体是由两个全等的正四面体组合而成，正四面体的棱长为 2， 如图，在棱长为 2 的正四面体 S ABC 中， 取 BC 的中点 D，连结 ,SD AD ， 作 SO  平面 ABC ，垂足 O 在 AD 上， 则 2 21 3 2 63, ,3 3 3AD SD OD AD SO SD OD       ， 则该六面体的体积为 1 1 2 6 4 22 2 2 33 2 3 3S ABCV V         . - 13 - 当该六面体内有一球，且该球的体积取最大值时， 球心为 O，且该球与 SD 相切， 过球心 O 作OE SD ，则 OE 就是球的半径， 因为 SO OD SD OE   ， 所以球的半径 2 6 3 2 63 3 93 SO ODOE SD    ， 所以该球的表面积为 2 2 6 324 9 27        . 故答案为： 4 2 3 ， 32 27  【点睛】本题考查由平面图形折成空间几何体、考查空间几何体的的表面积、体积计算，考 查逻辑推理能力和空间想象能力，考查运算求解能力属中档题. 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.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. ABC 的角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 sin sin (sin sin )bA C B Ca c    . （1）求角 A； （2）从三个条件：① 3a  ；② 3b  ；③ ABC 的面积为3 3 中任选一个作为已知条件， 求 ABC 周长的取值范围. 【答案】（1） 3A  ；（2）答案不唯一，具体见解析. 【解析】 【分析】 （1）利用正弦定理将角化边，可得 2 2 2b c a bc   ，然后利用余弦定理，可得 A . （2）若选①，使用正弦定理以及辅助角公式可得 6sin 36       l B ，根据 B 的范围可得 结果；选②，利用正弦定理可得 3 3 9 22tan 2  l B ，可得结果.选③结合不等式可得结果. - 14 - 【详解】（1）因为sin sin (sin sin )bA C B Ca c    ， 所以 ( )ba c b ca c    ，得 2 2 2b c a bc   ， 所以 2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc    ，因 为 (0, )A  ，所以 3A  . （2）分三种情况求解： 选择① 3a  ，因为 , 33A a  ， 由正弦定理得 2 3sin sin sin b c a B C A    ， 即 ABC 的周长 2 3sin 2 3sin 3     l a b c B C 22 3sin 2 3sin 33        l B B 3 3sin 3cos 3B B   6sin 36B       ， 因为 20, 3B     ，所以 5 1, sin 16 6 6 2 6B B          „ ， 即 ABC 周长的取值范围是 (6,9]. 选择② 3b  ,因为 , 33A b  ， 由正弦定理得 3 3 ,2sin a B 23sin3sin 3 3 cos 33 sin sin 2sin 2        BC Bc B B B 即 ABC 的周长 3 3 3 3 cos 9 2sin 2sin 2      Bl a b c B B   26 3 cos3 3 1 cos 9 92 2sin 2 24sin cos2 2 B B B BB     - 15 - 3 3 9 22tan 2 B  ， 因为 20, 3B     ，所以 0 2 3 B   ，所以 0 tan 32 B  ， 即 ABC 周长的取值范围是 (6, ) . 选择③ 3 3ABCS  . 因为 1 3, sin 3 33 2 4ABCA S bc A bc    ，得 12bc  ， 由余弦定理得 2 2 2 2 2( ) 3 ( ) 36a b c bc b c bc b c         ， 即 ABC 的周长 2( ) 36l a b c b c b c        ， 因为 2 4 3b c bc … ，当且仅当 2 3b c  时等号成立， 所以 2(4 3) 36 4 3 6 3l   … . 即 ABC 周长的取值范围是[6 3, ) . 【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、面积公式的应用，熟练掌握公式，边角互化化繁为 简，考查分析问题的能力，属中档题. 18. 如图，由直三棱柱 1 1 1ABC A B C 和四棱锥 1 1D BB C C 构成的几何体中， 1 190 , 2, 4, 2 5BAC AB BC CC C D CD       ，平面 1CC D  平面 1 1ACC A . （1）求证： 1 1AC DC ； （2）在线段 BC 上（含端点）是否存在点 P，使直线 DP 与平面 1DBB 所成的角的正弦值为 3 3 ？若存在，求 BP BC 的值，若不存在，说明理由. - 16 - 【答案】（1）证明见解析；（2）存在； 29 2 5 BP BC  . 【解析】 【分析】 （1）根据题意可知 1 1 1AC CC ，然后根据面面垂直的性质定理可知 1 1AC  平面 1CC D ，进 一步可得结果. （2）建立空间直角坐标系，假设 ,(0 1)BP BC   „ „ 计算平面 1DBB 的一个法向量 n ，以及 DP  ，然后根据 | | 3sin 3| | | |       n DP n DP ，计算可得  . 【详解】（1）证明：直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1 1 1AC CC ， 平面 1CC D  平面 1 1ACC A ，平面 1CC D  平面 1 1 1ACC A CC ， 所以 1 1AC  平面 1CC D ， 因为 DC  平面 1CC D ，所以 1 1AC DC . （2）假设线段 BC 上（含端点）存在点 P， 使直线 DP 与平面 1DBB 所成的角的正弦值为 3 3 ， 以 A 为原点， AC 为 x 轴， 1AA 为 y 轴， AB 为 z 轴， 建立空间直角坐标系，如图 则 1(0,0,2), (0,4,2), (2 3,2,4), (2 3,0,0)B B D C ， 设 ,(0 1)BP BC   „ „ ， 则 1( 2 3, 2, 2), (0,4,0)DB BB      ， (2 3,0, 2) (2 3 ,0, 2 )BP BC         ， - 17 - 所以 (2 3 2 3, 2, 2 2)DP DB BC           ， 设平面 1DBB 的法向量 ( , , )n x y z ， 则 1 2 3 2 2 0, 4 0, n DB x y z n BB y             取 1x  ，得 (1,0, 3)n   ， 因为直线 DP 与平面 1DBB 所成的角正弦值为 3 3 ， 设直线 DP 与平面 1DBB 所成的角为 ， 所以 2 2 | | 4 3 3sin 3| | | | 2 (2 3 2 3) 4 ( 2 2) n DP n DP               ， 解得 29 2 5   ，或 29 2 5    （舍） 所以在线段 BC 上（含端点）存在点 P， 使直线 DP 与平面 1DBB 所成的角正弦值为 3 3 ， 解得 29 2 5 BP BC  . 【点睛】本题考查线面垂直以及利用向量法求解线面角问题，向量法是几何与代数的纽带， 使计算化繁为简，同时熟悉线面平行、垂直的证明方法，属中档题. 19. 已知函数 1( ) ,( )2 xf x e ax a R    . （1）判断函数 ( )f x 的单调性； （2）设 1( ) ln , ( ) ( ) ( )2g x x F x f x g x    ，求证：当 ( 2,0)a  时，函数 ( )F x 只有一个 零点. 【答案】（1）见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）对函数 ( )f x 求导，按照 0a  、 0a  分类，求出 ( ) 0f x  、 ( ) 0f x  的解集即可得解； （2）设 ( ) 1xm x e x   ，利用导数可证明 1xe x  ，对 ( )F x 求导，通过放缩可得 - 18 - ( ) 0F x  ，再由函数单调性结合 1 0F e      、 ( ) 0F e  即可得证. 【详解】（1）由题意 ( ) xf x e a   ， 当 0a  时， ( ) 0xf x e a    ，所以 ( )f x 在 R 上单调递增； 当 0a  时，由 ( ) 0xf x e a    可得 ln( )x a  ， 由 ( ) 0xf x e a    可得 ln( )x a  ， 所以 ( )f x 在 ln( ),a  上单调递增，在 ,ln( )a  上单调递减； 综上，当 0a  时， ( )f x 在 R 上单调递增；当 0a  时， ( )f x 在 ln( ),a  上单调递增，在  ,ln( )a  上单调递减； （2）证明：先证明 1xe x  ， 设 ( ) 1xm x e x   ，可得 ( ) 1xm x e   ， 当 0x  时， ( ) 0m x  ， ( )m x 单调递增；当 0x  时， ( ) 0m x  ， ( )m x 单调递减； 所以 ( )m x 在 0x  取极小值即为最小值，从而有 ( ) (0) 0m x m  ， 所以 1 0xe x  ≥ 即 1xe x  . 而 ( ) ( ) ( ) 1 ln , 0xF x f x g x e ax x x       ， 当 ( 2,0)a  时， 1 1 1 1( ) 1 1 2 1 3 0xF x e a x a x a x a ax x x x                       ， 所以函数 ( )F x 在区间 (0, ) 上单调递增， 又因为 1 1 21 2 2 0e aF e ee e           ， 2( ) 2 0eF e e ae e e     ， 所以当 ( 2,0)a  时，函数 ( )F x 只有一个零点. 【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了运算求解能力与逻辑推理能力，合理放缩是解 题关键，属于中档题. - 19 - 20. 已知椭圆 2 2 2: 1( 1)xE y aa    的离心率为 3 2 ，右顶点 ( ,0)P a 是抛物线 2: 2C y px 的 焦点. （1）求抛物线 2: 2C y px 的标准方程； （2）若 C 上存在两动点 A，B（A，B 在 x 轴异侧）满足 20OA OB   ，且 PAB△ 的周长为 2 | | 4AB  ，求| |AB 的值. 【答案】（1） 2 8y x ；（2）30. 【解析】 【分析】 (1)根据椭圆离心率的关系可得 2a  ，进而根据抛物线的性质求出方程即可. (2) 设直线 :AB x my n  ，联立 2 8y x 得出韦达定理，再结合抛物线的方程与 20OA OB   化简可得 10n  ，再根据抛物线的焦半径公式以及弦长公式求得 5 2m   ，进而求得| |AB . 【详解】解析：（1）因为椭圆 2 2 2: 1xE ya   的离心率为 3 2 ，所以 2 2 1 3 4 a a   ， 解得 2 4a  ，所以 2a  ， 而 22 p  ，所以 4p  ， 从而得抛物线 C 的标准方程为 2 8y x . （2）由题意 0ABk  ，设直线 :AB x my n  ， 联立 2 8y x 得 2 8 8 0y my n   ， 设    1 1 2 2, , ,A x y B x y （其中 1 2 0y y  ） 所以 1 2 1 28 , 8y y m y y n     ，且 0n  ， 因为 20OA OB   ，所以 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2064 y yOA OB x x y y y y       ， 2 8 20n n  ，所以( 10)( 2) 0n n   ，故 10n  或 2n   （舍）， - 20 - 直线 : 10AB x my  ， 因为 PAB△ 的周长为 2 | | 4AB  所以| | | | | | 2 | | 4PA PB AB AB    . 即| | | | | | 4PA PB AB   ， 因为   2 1 2 1 2| | | | 4 24 8 24PA PB x x m y y m         . 又 2 2 2 1 2| | 1 1 (8 ) 320AB m y y m m       ， 所以   2 2 28 20 1 320 64m m m    ， 解得 5 2m   ， 所以   2 2| | 1 320 64 30AB m m    . 【点睛】本题主要考查了联立直线与抛物线的方程，结合韦达定理与弦长公式、焦半径公式 求解的问题，属于中档题. 21. 某工厂为提高生产效率，需引进一条新的生产线投入生产，现有两条生产线可供选择， 生产线①：有 A，B 两道独立运行的生产工序，且两道工序出现故障的概率依次是 0.01，0.05. 若两道工序都没有出现故障，则生产成本为 16 万元；若 A 工序出现故障，则生产成本增加 2 万元；若 B 工序出现故障，则生产成本增加 3 万元；若 A，B 两道工序都出现故障，则生产成 本增加 5 万元.生产线②：有 a，b 两道独立运行的生产工序，且两道工序出现故障的概率依 次是 0.04，0.02.若两道工序都没有出现故障，则生产成本为 15 万元；若 a 工序出现故障， 则生产成本增加 8 万元；若 b 工序出现故障，则生产成本增加 5 万元；若 a，b 两道工序都出 现故障，则生产成本增加 13 万元. （1）若选择生产线②，求生产成本恰好为 20 万元的概率； （2）为最大限度节约生产成本，你会给工厂建议选择哪条生产线？请说明理由. 【答案】（1） 0.0192 ；（2）选生产线②；答案见解析. 【解析】 【分析】 （1）根据生产线②的条件，直接计算，可得结果. （2）分别计算生产线①，生产线②增加的生产成本的数学期望，然后进行比较，可得结果. - 21 - 【详解】（1）若选择生产线②，生产成本恰好为 20 万元， 即 a 工序不出现故障 b 工序出现故障， 故生产成本恰好为 20 万元的概率为 (1 0.04) 0.02 0.0192   . （2）若选择生产线①，设增加的生产成本为 （万元），则 的可能取值为 0，2，3，5. ( 0) (1 0.01) (1 0.05) 0.9405P        ， ( 2) 0.01 (1 0.05) 0.0095P       ， ( 3) (1 0.01) 0.05 0.0495P       ， ( 5) 0.01 0.05 0.0005P      . 所以 0 0.9405 2 0.0095 3 0.0495 5 0.0005 0.17E          （万元）， 故选生产线①的生产成本期望值为16 0.17 16.17  （万元）. 若选生产线②，设增加的生产成本为 ，则 的可能取值为 0，8，5，13. ( 0) (1 0.04) (1 0.02) 0.9408P        ， ( 8) 0.04 (1 0.02) 0.0392P       ， ( 5) (1 0.04) 0.02 0.0192P       ， ( 13) 0.04 0.02 0.0008P      . 所以 0 0.9408 8 0.0392 5 0.0192 13 0.0008 0.42E          （万元）， 选生产线②的生产成本期望值为15 0.42 15.42  （万元）， 故应选生产线②. 【点睛】本题考查了相互独立事件的概率，考查了离散型随机变量期望的应用，属于中档题. （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. 【选修 4-4：坐标系与参数方程】 22. 在平面直角坐标系 xOy 中，直线l 的参数方程是： 2 ,2 2 .2 x m t y t      （t 是参数）.以原点O - 22 - 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程是 6sin  . （1）若直线 l 与曲线C 相交于 ,A B 两点，且| | 2AB  ，试求实数 m 值； （2）设 ( , )M x y 为曲线C 上任意一点，求 y x 的取值范围. 【答案】（1） 1m  或 7m   ；（2）[3 3 2,3 3 2]  . 【解析】 【分析】 （1）把直线、曲线方程化为直角坐标方程后根据圆心到直线的距离和半径的关系建立方程即 可．（2）利用圆的参数方程，根据点到直线的距离公式和三角函数的知识求解． 【详解】解析：（1）曲线C 的极坐标方程是 6sin  化为直角坐标方程为： 2 2 6 0x y y   ， 直线 l 的直角坐标方程为： y x m  . 所以圆心 (0,3) 到直线l 的距离（弦心距） 2 23 1 2 2d    ， 圆心 (0,3) 到直线 y x m  的距离为： |0 3 | 2 2 2 m   ， 所以| 3| 4m   所以 1m  或 7m   ， （2）曲线 C 的方程可化为 2 2( 3) 9x y   ，其参数方程为 3cos , 3 3sin , x y       （ 为参数） 因为 ( , )M x y 为曲线 C 上任意一点， 3 3sin 3cos 3 3 2 sin( )4y x          所以 y x 的取值范围是[3 3 2,3 3 2]  . 【点睛】本题考查参数方程与普通方程、极坐标方程与直角坐标方程的转化，圆的参数方程 的应用以及直线和圆的位置关系． 【选修 4-5：不等式选讲】 23. 已知函数 ( ) | 2 | | 1|,f x x a x a R     . （1）若不等式 ( ) 2 | 1|f x x „ 无解，求实数 a 的取值范围； （2）当 2a  时，函数 ( )f x 的最小值为 2，求实数 a 的值. 【答案】（1） ( ,0) (4, )  ；（2） 2a   . - 23 - 【解析】 【分析】 （1）把 ( )f x 代入不等式，并化简，根据题意可得 min(| 2 | | 2 2 |) 2x a x    ，利用绝对值 三角不等式，可得| 2 | 2a   ，简单计算可得结果. （2）使用零点分段法，去掉绝对值，可得  f x 表达式，然后画出图像，可得结果. 【详解】（1）把 ( ) | 2 | | 1|f x x a x    代入不等式 ( ) 2 | 1|f x x „ 得| 2 | | 2 2 | 2x a x   „ ，因为不等式 ( ) 2 | 1|f x x „ 无解， 所以 min(| 2 | | 2 2 |) 2x a x    ， 即| 2 | 2a   ，解得 4a  ，或 0a  ， 所以实数 a 的取值范围是 ( ,0) (4, )  . （2）函数 ( ) | 2 | | 1|f x x a x    的零点是 2 a 和 1， 因为 2a  ，所以 12 a  ， 则 3 1, ,2 ( ) 1, 1,2 3 1, 1. ax a x af x x a x x a x             „ … 如图 由图可知当 2 ax  时， min( ) 1 22 af x    ，得 2 2a    符合题意， 所以 2a   . - 24 - 【点睛】本题考查绝对值不等式的应用以及分段函数图象应用，熟悉绝对值的三角不等式 a b a b a b     ，同时熟练掌握零点分段法的使用，属中档题. - 25 -