高考必刷卷（新课标卷） 数学（理）（新课标卷）（新课标卷）10（解析版） 23页

2020 年高考必刷卷 10 数学（理） （本试卷满分 150 分，考试用时 120 分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用 2B 铅笔将试卷 类型（B）填涂在答题卡的相应位置上。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置 上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作 答无效。 4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷（选择题) 一、单选题：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 { | 1 3A x x    ， }x N ， { | }B C C A  ，则集合 B 中元素的个数为 ( ) A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】C 【解析】 【分析】 先根据题意解出集合 A ，再根据题意分析 B 中元素为 A 中的子集，可求出． 【详解】 解：因为集合 { | 1 3A x x    ， }x N ， 所以 {0A  ，1， 2}， 因为 { | }B C C A  ， 所以 B 中的元素为 A 的子集个数，即 B 有 32 8 个， 故选：C ． 【点睛】 本题考查集合，集合子集个数，属于基础题． 2．已知 a 为实数，若复数 z＝(a2－1)＋(a＋1)i 为纯虚数，则 2016i 1 i a   ＝( ) A．1 B．0 C．1＋i D．1－i 【答案】D 【解析】 因为    2 1 1 iz a a    为纯虚数，所以 2 1 0, 1 0a a    ，得 1a  ，则有 2016i 1 i a        2016 2 1 i1 i 1 1 1 i1 i 1 i 1 i 1 i         ，故选 D. 3．已知实数 , ,x y z 满足 0.54x  ， 5log 3y  ， sin( 2)2z   ，则（ ） A． z x y  B． y z x  C． z y x  D． x z y  【答案】C 【解析】 0.54 4 1x    ， 5 5 50 1 3 5 1log y log log     ， 2 02z sin       综上所述，故 z y x  故选C 4．如图的折线图是某公司 2018 年 1 月至 12 月份的收入与支出数据，若从 6 月至 11 月这 6 个月中 任意选 2 个月的数据进行分析，则这 2 个月的利润（利润＝收入﹣支出）都不高于 40 万的概率为 （ ） A． 1 5 B． 2 5 C． 3 5 D． 4 5 【答案】B 【解析】 【分析】 从 7 月至 12 月这 6 个月中任意选 2 个月的数据进行分析，基本事件总数 2 6 15n C  ，由折线图得 6 月至 11 月这 6 个月中利润（利润  收入  支出）低于 40 万的有 6 月，9 月，10 月，由此即可得到 所求． 【详解】 如图的折线图是某公司 2017 年 1 月至 12 月份的收入与支出数据， 从 6 月至 11 月这 6 个月中任意选 2 个月的数据进行分析， 基本事件总数 2 6 15n C  ，由折线图得 6 月至 11 月这 6 个月中利润（利润  收入  支出）不高于 40 万的有 6 月，8 月，9 月，10 月， 这 2 个月的利润（利润  收入  支出）都不高于 40 万包含的基本事件个数 2 4 6m C  ， 这 2 个月的利润（利润  收入  支出）都低于 40 万的概率为 6 2 15 5 mP n    ， 故选： B 【点睛】 本题主要考查了古典概型，考查了运算求解能力，属于中档题． 5．函数    2 4 1 xf x x x e    的大致图象是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 【分析】 用 0x  排除 B，C；用 2x  排除 D ；可得正确答案. 【详解】 解：当 0x  时， 2 4 1 0x x   ， 0xe  ， 所以   0f x  ，故可排除 B，C； 当 2x  时，   22 3 0f e   ，故可排除 D． 故选：A． 【点睛】 本题考查了函数图象，属基础题． 6．安徽怀远石榴（Punicagranatum）自古就有“九州之奇树，天下之名果”的美称，今年又喜获丰收. 怀远一中数学兴趣小组进行社会调查，了解到某石榴合作社为了实现100万元利润目标，准备制定 激励销售人员的奖励方案：在销售利润超过 6万元时，按销售利润进行奖励，且奖金 y （单位：万 元）随销售利润 x （单位：万元）的增加而增加，但奖金总数不超过 3 万元，同时奖金不能超过利 润的 20% .同学们利用函数知识，设计了如下函数模型，其中符合合作社要求的是（ ）（参考数 据： 1001.015 4.432,lg11 1.041  ） A． 0.04y x B． 1.015 1xy   C． tan 119 xy      D．  11log 3 10y x  【答案】D 【解析】 【分析】 根据奖励规则，函数必须满足： (6,100]x ，增函数， 3, 0.2y y x  【详解】 对于函数： 0.04y x ，当 100x  时， 4 3y   不合题意； 对于函数： 1.015 1xy   ，当 100x  时， 3.432 3y   不合题意； 对于函数： tan 119 xy      ，不满足递增，不合题意； 对于函数：  11log 3 10y x  ，满足： (6,100]x ，增函数， 且  11 11 11log 3 100 10 log 290 log 1331 3y       ，结合图象： 符合题意． 故选：D 【点睛】 此题考查函数模型的应用，关键在于弄清题目给定规则，依次用四个函数逐一检验. 7．已知正项．．等差数列{ }na 中，若 1 2 3 15a a a   ，若 1 2a  ， 2 5a  ， 3 13a  成等比数列，则 10a 等于（ ） A． 21 B． 23 C． 24 D． 25 【答案】A 【解析】  正项等差数列 na 中， 1 2 3 15a a a   ， 2 5, 0a d   ， 1 2 32, 5, 13a a a   构成等比数列， 即 7 ,10,18d d  构成等比数列，依题意，有  7 18 100d d   ，解得 2d  或 13d   （舍 去），  10 2 10 2 5 8 2 21a a d        ，故选 A. 8．如图，在 ABC 中，若 AB a  ， AC b  ， 4BC BD  ，用 ,a b 表示 AD uuuv为（ ） A． 1 1 4 4AD a b   B． 5 1 4 4AD a b   C． 3 1 4 4AD a b   D． 5 1 4 4AD a b   【答案】C 【解析】 【分析】 根据向量的加减法运算和数乘运算来表示即可得到结果. 【详解】  1 1 3 1 3 1 4 4 4 4 4 4AD AB BD AB BC AB AC AB AB AC a b                     本题正确选项：C 【点睛】 本题考查根据向量的线性运算，来利用已知向量表示所求向量；关键是能够熟练应用向量的加减法 运算和数乘运算法则. 9．如图， 1 2,F F 分别是双曲线   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的左、右焦点，过  1 7,0F  的直线 l 与 双曲线分别交于点 ,A B ，若 2ABF 为等边三角形，则双曲线的方程为（ ） A． 2 25 5 17 28 x y  B． 2 2 16 x y  C． 2 2 16 yx   D． 2 25 5 128 7 x y  【答案】C 【解析】 根据双曲线的定义，可得|AF1|-|AF2|=2a， ∵△ABF2 是等边三角形，即|AF2|=|AB| ∴|BF1|=2a 又∵|BF2|-|BF1|=2a， ∴|BF2|=|BF1|+2a=4a， ∵△BF1F2 中，|BF1|=2a，|BF2|=4a，∠F1BF2=120° ∴|F1F2|2=|BF1|2+|BF2|2-2|BF1|•|BF2|cos120° 即 4c2=4a2+16a2-2×2a×4a×（- 1 2 ））=28a2， 解得 c2=7a2，又 c= 7 所以 2 21, 6a b  方程为 2 2 16 yx   故选 C 点睛：本题主要考查双曲线的定义和简单几何性质，考查了余弦定理解三角形，根据条件求出 a，b 的关系是解决本题的关键． 10．《九章算术》卷七——盈不足中有如下问题：“今有共买羊，人出五，不足四十五；人出七，不 足三.问人数、羊价各几何？”翻译为：“现有几个人一起买羊，若每人出五钱，还差四十五钱，若每 人出七钱，还差三钱，问人数、羊价分别是多少”.为了研究该问题，设置了如图所示的程序框图，若 要输出人数和羊价，则判断框中应该填（ ） A． 20k  B． 21k  C． 22k  D． 23k  【答案】A 【解析】 【分析】 根据程序框图确定 ,x y 表示的含义，从而可利用方程组得到输出时 x 的值，从而得到输出时 k 的取 值，找到符合题意的判断条件. 【详解】 由程序框图可知， x 表示人数， y 表示养价 该程序必须输出的是方程组 5 45 3 7 x y y x      的解，则 21x  21k  时输出结果 判断框中应填 20k  本题正确选项： A 【点睛】 本题考查根据循环框图输出结果填写判断框内容的问题，关键是能够准确判断出输出结果时 k 的取 值，属于常考题型. 11．已知一个棱长为 2 的正方体，被一个平面截后所得的几何体的三视图如图所示，则该几 何体的体积是（ ） A．6 B． 9 2 C．15 4 D． 17 3 【答案】D 【解析】该几何体是正方体截去一个三棱台所得，体积为 3 1 1 1 172 2 2 23 2 2 3V             ， 故选 D． 12．已知函数 1 1 ln ,0 1 ( ) 1 , 12x x x f x x      ，若方程 2 ( ) (1 ) ( ) 0f x a f x a    恰有三个不同的实数 根，则实数 a 的取值范围为 A． ( ,0) B． (0, ) C． (1, ) D．(0,1) 【答案】D 【解析】 【分析】 2 ( ) (1 ) ( ) 0f x a f x a    等价于  f x a 或   1f x  ，由   1f x  有唯一解可得  f x a 有 两个不同的根，转化为  ,y f x y a  的图象有两个交点，利用数形结合可得结果. 【详解】 2 ( ) (1 ) ( ) 0f x a f x a    可变形为[ ( ) ][ ( ) 1] 0f x a f x   ， 即  f x a 或   1f x  ， 由题可知函数 ( )f x 的定义域为 (0, ) ，当  0,1x 时， 函数 ( )f x 单调递增；当  1,x  时，函数 ( )f x 单调递减， 画出函数 ( )f x 的大致图象，如图所示， 当且仅当 1x  时，   1f x  ， 因为方程 2 ( ) (1 ) ( ) 0f x a f x a    恰有三个不同的实数根， 所以  f x a 恰有两个不同的实数根， 即  ,y f x y a  的图象有两个交点， 由图可知 0 1a  时，  ,y f x y a  的图象有两个交点， 所以实数 a 的取值范围为 (0,1) ，故选 D． 【点睛】 本题主要考查分段函数的解析式、方程的根与函数图象交点的关系，考查了数形结合思想的应用， 属于难题. 函数零点的几种等价形式：函数 ( ) ( )y f x g x  的零点  函数 ( ) ( )y f x g x  在 x 轴 的交点  方程 ( ) ( ) 0f x g x  的根  函数 ( )y f x 与 ( )y g x 的交点. 第Ⅱ卷（非选择题) 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。把答案填在题中的横线上。 13．在数列 na 中， 1 0a  ，  * 12 2,n na a n n N   ，前 n 项和为 nS ，则 4 2 S a =_______________。 【答案】15 2 【解析】由题意可得 1 2n n a a   ，故数列{an}为等比数列，且公比 q=2， 故     4 1 4 4 2 1 1 1 151 q 1 q 2 a q S q a a q q     故答案为： 15 2 14．设 0, 0, 2 2x y x y    ，则 xy 的最大值为_____. 【答案】 1 2 【解析】 【分析】 已知 0x  ， 0y  ， 2 2x y  ，直接利用基本不等式转化求解 xy 的最大值即可． 【详解】 0x  ， 0y  ， 2 2 2x y xy ，即 2 2 2xy ，两边平方整理得 1 2xy ， 当且仅当 1x  ， 1 2y  时取最大值 1 2 ； 故答案为： 1 2 【点睛】 本题考查基本不等式的应用，考查转化思想以及计算能力，注意基本不等式成立的条件． 15．设曲线 1y x  在点 (1,1) 处的切线与曲线 e 1xy   在点 P 处的切线垂直，则点 P 的坐标为______. 【答案】 (0,2) 【解析】 【分析】 分别求出 1y x  ， e 1xy   的导数，结合导数的几何意义及切线垂直可求. 【详解】 设 0 0( , )P x y ，因为 1y x  的导数为 2 1y x    ，所以曲线 1y x  在点 (1,1) 处的切线的斜率为 1 ；因 为 e 1xy   的导数为 exy  ，曲线 e 1xy   在点 P 处的切线斜率为 0ex ，所以 0( 1) e 1x    ， 解得 0 0x  ，代入 e 1xy   可得 0 2y  ，故 (0,2)P . 【点睛】 本题主要考查导数的几何意义，利用导数解决曲线的切线问题一般是考虑导数的几何意义，侧重考 查数学抽象和数学运算的核心素养. 16．已知抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  的焦点为 F ，点 0( ,2 2)M x 0( )2 px  是抛物线C 上一点，以 M 为圆心的圆与线段 MF 相交于点 A ，且被直线 2 px  截得的弦长为 3 MA ，若 2MA AF  ， 则| |AF  _______． 【答案】1 【解析】将 M 点坐标代入抛物线方程得 08 2 px ，解得 0 4x p  ，即 4 ,2 2M p      ，   2 24 2 22 pMF p       ，由于 MA 为圆的半径，而 3DE MA ，所以 2π 3DME  ， π 6BDM  ，故 4 1 1 2 2 3 p MB MA MFp     ，即   2 24 1 4 2 22 3 2 p p p p        ，两边平 方化简得 4 12 p p   ，解得 2p  ，故 3MF  ， 1 13AF MF  . 【点睛】本题主要考查直线和椭圆的位置关系，考查圆和直线的位置关系，考查特殊的等腰三角形 中解三角形的方法.首先 M 点是在抛物线上的，坐标满足抛物线的方程，由此求得 0x 的坐标，然后 根据直线截圆所得弦长，得到 M 点横坐标和圆半径的关系，由此列方程求解出 p 的值. 三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第 17-21 题为必做题,每个考生都必须作答.第 22/23 题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共 60 分 17．在锐角三角形 ABC 中，BC=1， 2AB  ， 14sin( ) 4B   . （1）求 AC 的值； （2）求sin( )A B 的值. 【答案】（1） 2 （2） 14 8  【解析】 【分析】 (1)由三角形 ABC 为锐角三角形,根据诱导公式化简 14sin( ) 4B   ,即可求出 sinB 的值,再利用同 角三角函数间的基本关系求出 cos B 的值,由 AB,BC 及 cos B 的值,利用余弦定理即可求出 AC 的长; (2)由 BC,AC 及 sinB 的值,利用正弦定理求出 sin A 的值,利用同角三角函数间的基本关系求出 cos A 的值,然后利用两角差的正弦函数公式化简 sin( )A B 后,把各自的值代入即可求出值. 【详解】 解：（1） ABC 为锐角三角形， 14sin( ) 4B   14sin 4B  2 14 2cos 1 sin 1 16 4B B       在 ABC△ 中，由余弦定理得： 2 2 2 2 cosAC AB BC AB BC B    2 2 2( 2) 1 2 2 1 4       2 2AC  （2）在 ABC△ 中，由正弦定理得 sin sin BC AC A B  得 141sin 74sin 42 BC BA AC    2 7 3cos 1 sin 1 16 4A A      sin( ) sin cos cos sinA B A B A B    7 2 3 14 4 4 4 4     14 8   . 【点睛】 此题考查了三角函数的恒等变形,正弦定理及余弦定理,熟练掌握公式及定理是解本题的关键. 18．如图，在四棱锥 P ABCD 中， PA  平面 ABCD ，底面 ABCD 是菱形， 2PA AB  ， 60BAD   ． （Ⅰ）求证：直线 BD  平面 PAC ； （Ⅱ）求直线 PB 与平面 PAD 所成角的正切值； （Ⅲ）设点 M 在线段 PC 上，且二面角C MB A  的余弦值为 5 7 ，求点 M 到底面 ABCD 的距离． 【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ) 15 5 ；(Ⅲ) 1 2 . 【解析】 【分析】 (Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论； (Ⅱ)建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后求解线面角的正切值即可； (Ⅲ)设 PM PC  ，由题意结合空间直角坐标系求得  的值即可确定点 M 到底面 ABCD 的距离． 【详解】 (Ⅰ)由菱形的性质可知 BD AC ， 由线面垂直的定义可知： BD AP ，且 AP AC A  ， 由线面垂直的判定定理可得：直线 BD  平面 PAC ； (Ⅱ)以点 A 为坐标原点，AD,AP 方向为 y 轴,z 轴正方向，如图所示，在平面 ABCD 内与 AD 垂直的方 向为 x 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系 A xyz ， 则：        0, 0, 2 , 3,1, 0 , 0, 0, 0 , 0, 2, 0P B A D ， 则直线 PB 的方向向量  3,1, 2PB   ，很明显平面 PAD 的法向量为  1,0,0m  ， 设直线 PB 与平面 PAD 所成角为 ， 则 3sin 8 1 PB m PB m         ， 5 sin 3 15cos ,tan cos 58 5       . (Ⅲ)设  , ,M x y z ，且  0 1PM PC     ， 由于        0, 0, 2 , 3,3, 0 , 3,1, 0 , 0, 0, 0P C B A ， 故：   , , 2 3,3, 2x y z    ，据此可得： 3 3 2 2 x y z            ， 即点 M 的坐标为  3 ,3 , 2 2M     ， 设平面 CMB 的法向量为：  1 1 1 1, ,n x y z ，则：         1 1 1 1 1 1 1 1 1 , , 0, 2,0 2 0 , , 3 3 ,1 3 ,2 2 0 n CB x y z y n MB x y z                       ， 据此可得平面 CMB 的一个法向量为：  1 2, 0, 3n  ， 设平面 MBA 的法向量为：  2 2 2 2, ,n x y z ，则：         2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 , , 3,1,0 3 0 , , 3 3 ,1 3 ,2 2 0 n AB x y z x y n MB x y z                      ， 据此可得平面 MBA 的一个法向量为： 2 31, 3,1n          ， 二面角C MB A  的余弦值为 5 7 ，故： 2 2 32 51 737 1 3 (1 )            ， 整理得 214 19 6=0   ， 解得： 1 6=2 7   或 . 由点 M 的坐标易知点 M 到底面 ABCD 的距离为1或者 2 7 . 【点睛】 本题主要考查线面垂直的判定定理，空间向量在立体几何中的应用，立体几何中的探索问题等知识， 意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 19．设椭圆 2 2 2 2: 1x yC a b   ( 0)a b  的左、右焦点分别为 1 2F F、 ，过 2F 的直线交椭圆于 A B， 两 点，若椭圆 C 的离心率为 1 2 ， 1ABF 的周长为 8. （Ⅰ）求椭圆 C 的方程； （Ⅱ）已知直线 : 2l y kx  与椭圆 C 交于 M N、 两点，是否存在实数 k 使得以 MN 为直径的圆恰 好经过坐标原点？若存在，求出 k 的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（Ⅰ） 2 2 14 3 x y  （Ⅱ）存在， 2 33k   【解析】 【分析】 （I）根据椭圆离心率、椭圆的定义列方程组，解方程组求得 , ,a b c 的值，进而求得椭圆的标准方程. （II）设出 ,M N 两点的坐标，联立直线l 的方程和椭圆方程，计算判别式求得 k 的取值范围，并写 出根与系数关系，根据圆的几何性质得到 =0OM ON  ，由此得到 1 2 1 2 0x x y y  ，由此列方程，解 方程求得 k 的值. 【详解】 （I）由题意知 2 2 2 1 22 4 8 3 1 c aa a b a b c c               ，所以所求椭圆的标准方程是 2 2 14 3 x y  . （II）假设存在这样的实数 ,k 使得以 MN 为直径的圆恰好经过原点. 设 1 1 2 2(x , ) ( , )M y N x y、 ，联立方程组 2 2 14 3 2 x y y kx       ， 消去 y 得 2 2(3 4 ) 16 4 0k x kx    ， 由题意知， 1 2,x x 是此方程的两个实数解， 所以 2 2=(16 ) 16(3 4 ) 0k k    ，解得 1 2k  或 1 2k   ， 所以 1 2 1 22 2 4 16,3 4 3 4 kx x x xk k     . 又因为以 MN 为直径的圆过原点，所以 =0OM ON  ，所以 1 2 1 2 0x x y y  ， 而     2 1 2 1 2 1 2 1 22 2 2 4y y kx kx k x x k x x       ，    2 1 2 1 2 1 2 1 21 2 +4=0x x y y k x x k x x      ，即 2 2 2 2 4 321+ ) 4 03 4 3 4 kk k k     （ ，解得 2 33k   . 故存在这样的直线使得以 MN 为直径的圆过原点. 【点睛】 本小题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查圆的几何性质，考查运算 求解能力，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题. 20．设函数 2( ) (ln 1)f x x a x   . （1）当 1a  时，求 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程； （2）当 2 ea  时，判断函数 ( )f x 在区间 0, 2 a      是否存在零点？并证明. 【答案】（1） 1y x  ；（2）函数 ( )f x 在 0, 2 a      上存在零点，证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）求导，求出 (1), (1)f f ，即可求解； （2）根据 ( )f x 的正负判断 0, 2 a      的单调性，结合零点存在性定理，即可求解. 【详解】 函数 ( )f x 的定义域为(0, ), 22( ) 2 a x af x x x x     . （1）当 1a  时， 2( ) ln 1,f x x x   21 2 1( ) 2 xf x x x x     ， 又 (1) 0f  ，切点坐标为 (1,0) ，切线斜率为 (1) 1k f   ， 所以切线方程为 1y x  ； （2）当 0, 2 ax      时， 22( ) 0x af x x    ， 所以 ( )f x 在 0, 2 a      上单调递减， 当 2 ea  时， ln 1 02 2 2 a a af               ， 又 1 10 e ea    1 1 e e 2 a    1 2 2 2 0a af e e a      ， 所以函数 ( )f x 在 0, 2 a      上存在零点. 【点睛】 本题考查导数的几何意义，考查导数在函数中的应用，用导数判断函数的单调性，考查函数零点的 存在性的判断，属于中档题 21．2019 年春节期间，我国高速公路继续执行“节假日高速免费政策”.某路桥公司为掌握春节期间车 辆出行的高峰情况，在某高速收费点处记录了大年初三上午 9:20～10:40 这一时间段内通过的车辆数， 统计发现这一时间段内共有 600 辆车通过该收费点，它们通过该收费点的时刻的频率分布直方图如 图所示，其中时间段 9:20～9：40 记作区间[20,40) ，9:40～10:00 记作[40,60) ，10:00～10:20 记作 [60,80) ，10:20～10:40 记作[80,100] .比方：10 点 04 分，记作时刻 64. （1）估计这 600 辆车在 9:20～10:40 时间段内通过该收费点的时刻的平均值（同一组中的数据用该 组区间的中点值代表）； （2）为了对数据进行分析，现采用分层抽样的方法从这 600 辆车中抽取 10 辆，再从这 10 辆车中随 机抽取 4 辆，记 X 为 9:20～10:00 之间通过的车辆数，求 X 的分布列与数学期望； （3）由大数据分析可知，车辆在春节期间每天通过该收费点的时刻T 服从正态分布 2( , )N   ，其中  可用这 600 辆车在 9:20～10:40 之间通过该收费点的时刻的平均值近似代替， 2 可用样本的方差 近似代替（同一组中的数据用该组区间的中点值代表），已知大年初五全天共有 1000 辆车通过该收 费点，估计在 9:46～10:40 之间通过的车辆数（结果保留到整数）. 参考数据：若 2( , )T N a ，则   0.6826P T        ，  2 2 0.9544P T        ，  3 3 0.9974P T        . 【答案】（1）10 点 04 分；（2）详见解析；（3）819 辆. 【解析】 【分析】 （1）用每组中点值乘以频率，然后相加，得到平均值.（2）先用分层抽样的知识计算出10量车中位 于 20,60 的车辆数，然后利用超几何分布的知识计算出分布列，并求得数学期望.（3）由（1）可 知 64  ，计算出方差 2 和标准差 ，利用正态分布的对称性，计算出在 9:46～10:40 这一时间段 内通过的车辆的概率，乘以1000得到所求车辆数. 【详解】 解：（1）这 600 辆车在 9:20～10:40 时间段内通过该收费点的时刻的平均值为  30 0.005 50 0.015 70 0.020 90 0.010 20 64         ，即 10 点 04 分。 （2）结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知：抽取的 10 辆车中，在 10:00 前通过的车辆数就 是位于时间分组中在 20,60 这一区间内的车辆数，即 0.005 0.015 20 10 4    ，所以 X 的可 能取值为 0，1，2，3，4。 所以   4 6 4 10 10 14 CP X C    ，   3 1 6 4 4 10 81 21 C CP X C    ，   2 2 6 4 4 10 32 7 C CP X C    ，   1 3 6 4 4 10 43 35 C CP X C    ，   0 4 6 4 4 10 14 210 C CP X C    ， 所以 X 的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 1 14 8 21 3 7 4 35 1 210 所以   1 8 3 4 1 80 1 2 3 414 21 7 35 210 5E X            . （3）由（1）可得 64  ，        2 2 2 22 30 64 0.1 50 64 0.3 70 64 0.4 90 64 0.2             324 ， 所以 18  . 估计在 9:46～10:40 这一时间段内通过的车辆数，也就是 46 100T  通过的车辆数， 由  2,T N   ，得 (64 18 64 2 18)P T        2 2 2 2 P T P T                0.8185 ， 所以，估计在 9:46～10:40 这一时间段内通过的车辆数为1000 0.8185 819  （辆）. 【点睛】 本小题主要考查根据频率分布直方图估计平均数和方差，考查超几何分布概率计算以及数学期望的 计算，考查正态分布计算，属于中档题. （二）选考题：共 10 分.请考生在 22,23 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 在直角坐标系 xOy 中，曲线C 的参数方程 2 3 cos 2sin x y      （  为参数）.直线 l 的参数方程 3 cos 1 sin x t y t        （t 为参数）. （Ⅰ）求曲线C 在直角坐标系中的普通方程； （Ⅱ）以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，当曲线C 截直线 l 所得线段的中点 极坐标为 2, 6      时，求直线 l 的倾斜角. 【答案】（Ⅰ） 2 2 112 4 x y  ；（Ⅱ） 5 6  . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）利用 2 2cos sin 1   可将曲线C 的参数方程化为普通方程； （Ⅱ）解法一：可直线曲线C 截直线l 所得线段的中点坐标为 3,1 ，设弦的端点分别为  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，利用点差法可求出直线l 的斜率，即得 的值； 解法二：写出直线 l 的参数方程为 3 cos 1 sin x t y t        ，将直线 l 参数方程与曲线C 的普通方程联立， 由 1 2 0t t  可求出角 的值. 【详解】 （Ⅰ）由曲线C 的参数方程 2 3 cos 2sin x y      （  为参数），得： cos 2 3 sin 2 x y       ， 曲线C 的参数方程化为普通方程为： 2 2 112 4 x y  ； （Ⅱ）解法一：中点极坐标 2, 6      化成直角坐标为 3,1 . 设直线l 与曲线C 相交于  1 1,A x y ，  2 2,B x y 两点，则 1 2 32 x x  ， 1 2 12 y y  . 则 2 2 1 1 2 2 2 2 112 4 112 4 x y x y       ① ② ，②-①得： 2 2 2 2 2 1 2 1 012 4 x x y y   ， 化简得：   2 1 1 2 2 1 1 2 2 3 3 3 3 2 3 y y x x x x y y          ，即 3 tan3lk    ， 又  0,  ，直线l 的倾斜角为 5 6  ； 解法二：中点极坐标 2, 6      化成直角坐标为 3,1 ， 将 3 cos 1 sin x t y t        分别代入 2 2 112 4 x y  ，得     2 23 cos 1 sin 112 4 t t    .    2 2 2cos 3sin 6sin 2 3 cos 6 0t t         ， 1 2 2 2 6sin 2 3 cos 0cos 3sint t          ，即 6sin 2 3 cos 0    . sin 3 cos 3     ，即 3tan 3    . 又 (0, )  ，直线 l 的倾斜角为 5 6  . 【点睛】 本题考查参数方程与普通方程的互化，同时也考查了中点弦问题的求解，可利用点差法求解，也可 以利用韦达定理法求解，考查计算能力，属于中等题. 23．选修 4-5：不等式选讲 已知函数 ( ) | 2 3| | 2 1|f x x x    的最小值为 M ． （1）若 m ， [n M  ， ]M ．求证： 2 | | | 4 |m n mn  ； （2）若 a ， (0, )b  ． 2a b M  ，求 2 1 a b  的最小值． 【答案】(1) 证明见解析 (2)4 【解析】 【分析】 （1）运用绝对值不等式的性质，可得 ( )f x 的最小值 M ，再由分析法证明不等式，注意平方法和因 式分解法； （2）由条件运用基本不等式可得 1 2ab ，再由基本不等式和不等式的性质：传递性，即可得到所求 最小值． 【详解】 解：（1）证明：函数 ( ) | 2 3| | 2 1| | (2 3) (2 1) | 2f x x x x x        ， 当 1 3 2 2x 时，取得等号， 即 ( )f x 的最小值为 2，即 2M  ， 可得 m ， [ 2n  ， 2]，即有 2 4m ， 2 4n ， 2 22| | | 4 | 4( ) (4 )m n mn m n mn     (2 2 4 )(2 2 4 ) 0m n mn m n mn       (2 )(2 )(2 )( 2) 0m n n m     2 2( 4)(4 ) 0m n   ， 由 2 4m ， 2 4n ，上式显然成立， 故 2 | | | 4 |m n mn  ； （2） a ， (0, )b  ， 2 2a b  ，由 2 2 2a b ab ， 可得 1 2ab ，当且仅当 2 1a b  时，取得等号， 则 2 1 2 22 2 41 2 a b ab   ， 当且仅当 1a  ， 1 2b  时，取得最小值 4． 【点睛】 本题考查绝对值函数的最值，以及不等式的证明，注意运用分析法，考查基本不等式的运用，注意 等号成立的条件，考查运算能力，属于中档题．