2020届北京市高三数学高考考前冲刺模拟试题及答案解析 20页

2020 届北京市高三数学高考考前冲刺模拟试题 一、单选题 1．如图，在5 5 的方格纸中，若起点和终点均在格点的向量 , ,a b c    满足 a xb yc     ，则 x y  （ ） A．0 B．1 C．5 5 D．7 2．下列函数中，既是偶函数，又在区间（1,2）内是增函数的为( ) A． cos 2y x ，xR B． 2logy x ，xR且 x≠0 C． 2 x xe ey   ,xR D． 3+1y x ，xR 3．已知： 11ln 4 a  ， 1 1 3 e b       ， 1 1log 3e c  ，则 a，b，c的大小关系为（ ） A． c a b  B． c b a  C．b a c  D． a b c  4．已知集合  2 2 0A x x x    ，集合  0 4B x x   ，则 A B  （ ） A． 1,4 B．  0,2 C． 1,2 D．  , 4 5．“0 a b  ”是“ 1 1( ) ( ) 4 4 a b ”的 ( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不是充分条件也不是必要条件 6．过抛物线 2 4y x 的焦点作两条互相垂直的弦 AB CD、 ，则 1 1 AB CD  的值为（ ） A．1 B．2 C． 1 4 D． 1 2 7．下列三个函数中值域为[2, ) 的函数个数为（ ） （1） 12 2 x xy   （2） 2 2 12 2 y x x     （3） 14 2 3x xy    A．0 B．1 C．2 D．3 8．5名男生与 5名女生排成一排,男生甲与男生乙之间有且只有 2名女生,且女生不排在两端,这样的 排列种数为 ( ) A．5760 B．57600 C．2880 D．28800 9．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ） A． (5 5) B． (20 2 5) C． (10 10) D． (5 2 5) 10．已知    sin 2 0 2 f x x          关于 3 x   对称，将函数  f x 的图象向左平移  0a a  个单位后与   sin 2g x x 重合，则 a的最小值为（ ） A． 11 12  B． 5 12  C． 6  D． 12  二、双空题 11．已知  1 2 nx 展开式中第三项的二项式系数是10，则 n ____，展开式中最大的系数是_____. 三、填空题 12．能使得命题“曲线 2 2 2 1( 0) 9 x y a a    上存在四个点 , , ,A B C D满足四边形 ABCD是正方 形”为真命题的一个实数 a是__________. 13．如图，正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的棱长为 2，点 P在正方形 ABCD的边界及其内部运动，平 面区域W 由所有满足 1 5AP  的点 P组成，则W 的面积是__________． 14．已知 知㈳ 知晦㈳ t 晦 ㈳，则 t =____． 15．已知椭圆C： 2 2 1 2 x y  的左、右焦点分别为 1F ， 2F ，过 2F 的直线交椭圆C于 A， B两点， 且 1 90AF B   .圆M 与 1F A的延长线， 1F B的延长线，直线 AB都相切，则圆M 的半径为______. 16．已知等比数列 nb 满足 1 1 3 2nn na a      ， *n N .设数列 na 的前 n项和为 nS ，若 不等式 2n nS ka  对一切 *n N 恒成立，则实数 k的取值范围为__________． 四、解答题 17．已知椭圆方程C为： 2 2 2 2 1x y a b    0a b  椭圆的右焦点为  5,0 ，离心率为 5 3 e  ，直 线 :l y kx m  与椭圆C相交于 A， B两点，且 1OA OBk k  （1）椭圆的方程； （2）求 AOB 的面积的最大值. （3）若椭圆的右顶点为D，上顶点为 E，经过原点的直线与椭圆交于 P，Q两点，该直线与直线 DE交于点M ，且点 P，M 均在第四象限.若 EMP 的面积是 EPQ 面积的 2倍，求该直线方 程． 18．在① 1sin sin 4 B C  ；② 2 3tan tan 3 B C  这两个条件中任选一个，补充到下面问题中， 并进行作答. 在 ABC 中，内角 , ,A B C的对边分别为 , ,a b c， 1tan tan 3 B C  ， 2 3a  ， . （1）求角 , ,A B C的大小； （2）求 ABC 的周长和面积. 19．用一颗骰子连掷三次，投掷出的数字顺次排成一个三位数，此时： （1）各位数字互不相同的三位数有多少个？ （2）可以排出多少个不同的数？ （3）恰好有两个相同数字的三位数共有多少个？ 20．如图，矩形 ABCD中，2BC CD ，E为 CD的中点，以 BE为折痕把四边形 ABED折起，使 A达到 P的位置，且 PC BC ，M，N，F分别为 PB，BC，EC的中点． （Ⅰ）求证： PE BF ； （Ⅱ）求直线 ND与平面 MEC所成角的正弦值． 21．某省采用的“3 1 2  ”模式新高考方案中，对化学、生物、地理和政治等四门选考科目，制定 了计算转换T 分（即记入高考总分的分数）的“等级转换赋分规则”（详见附 1和附 2），具体的转 换步骤为：①原始分Y 等级转换；②原始分等级内等比例转换赋分。 某校的一次年级统考中，政治、化学两选考科目的原始分分布如下表： 等级 A B C D E 比例 约 15% 约 35% 约 35% 约 13% 约 2% 政治学科 各等级对应的原始分区间 [81,98] [72,80] [66,71] [63,65] [60,62] 化学学科 各等级对应的原始分区间 [90,100] [77,89] [69,76] [66,68] [63,65] 现从政治、化学两学科中分别随机抽取了 20个原始分成绩数据如下： 政治：64 72 66 92 78 66 82 65 76 67 74 80 70 69 84 75 68 71 60 79 化学：72 79 86 75 83 89 64 98 73 67 79 84 77 94 71 81 74 69 91 70 并根据上述数据制作了如下的茎叶图： （1）茎叶图中各序号位置应填写的数字分别是： ①应填______，②应填______，③应填______，④应填______，⑤应填______，⑥应填______. （2）该校的甲同学选考政治学科，其原始分为 82分，乙同学选考化学学科，其原始分为 91分.基 于高考实测的转换赋分模拟，试分别探究这①6;②7;③8;④9;⑤8;⑥9.，并从公平性的角度谈谈你 对新高考这种“等级转换赋分法”的看法. （3）若从该校政治、化学学科等级为 A的学生中，随机挑选 2人次（两科都选，且两科成绩都为 A 等的学生，可有两次被选机会），试估计这 2人次挑选，其转换分都不少于 91分的概率. 附 1：等级转换的等级人数占比与各等级的转换分赋分区间. 等级 A B C D E 原始分从高到低排序的等级人数占比 约 15% 约 35% 约 35% 约 13% 约 2% 转换分T 的赋分区间 [86,100] [71,85] [56,70] [41,55] [30,40] 附 2：计算转换分T 的等比例转换赋分公式： 2 2 1 1 Y Y T T Y Y T T      （其中： 1Y ， 2Y ，分别表示原始分Y 对应等级的原始分区间下限和上限； 1T ， 2T 分别表示原始分对应等级的转换分赋分区间下限和上 限.T 的计算结果按四舍五入取整） 22．已知函数   3 2 4x a xf xx     ． （Ⅰ）求函数  f x 在 0x  处的切线方程； （Ⅱ）若对任意的  0,x  ，     4ln 8f x f x x    恒成立，求 a的取值范围； （Ⅲ）当 3a  时，设函数    g x f x kx  ．证明：对于任意的 1k  ，函数  g x 有且只有一个 零点． 【答案与解析】 1．D 建立坐标系，可得 , ,a b c    的坐标，再由 a xb yc     建立方程求解即可． 解：将向量 , ,a b c    放入如图所示的坐标系中，每个小正方形的边长为 1， 则      1,3 , 1, 1 , 2,4a b c        ， a xb yc      ，      1,3 1, 1 2,4x y     ， 即 1 2 3 4 x y x y       ，解得 5 2 x y    ， 7x y   .. 故选：D. 本题主要考查向量的分解，利用向量的坐标运算是解决本题的关键． 2．B 首先判断奇偶性：A,B为偶函数，C为奇函数，D既不是奇函数也不是偶函数,所以排除 C、D， 对于 先减后增，排除 A，故选 B. 考点：函数的奇偶性、单调性. 3．A 利用指数函数，对数函数的性质求解. 因为 1 11 11 ln ln log ln 3 4 3e e a c      ， 1 0 11 10 3 3 e b                ， 所以 a，b，c的大小关系为 c a b  . 故选：A 本题主要考查指数函数，对数函数的性质，还考查了转化问题的能力，属于基础题. 4．B 求出集合 A，根据交集定义计算． 集合  1 2A x x    ，  0,2A B  ． 故选：B． 本题考查集合的交集运算，属于基础题． 5．A 根据底数大于 0小于 1的指数函数在 R上为减函数，先判断“0 a b  ” “ 1 1( ) ( ) 4 4 a b ”的真假， 与“ 1 1( ) ( ) 4 4 a b ” “0 a b  ”的真假，然后根据充要条件的定义得到结论． 当“0 a b  ”时，“ 1 1( ) ( ) 4 4 a b ”成立，故“0 a b  ”是“ 1 1( ) ( ) 4 4 a b ”的充分条件； 当“ 1 1( ) ( ) 4 4 a b ”时，“a b ”成立，但“0 a b  ”不一定成立，故“0 a b  ”是“ 1 1( ) ( ) 4 4 a b ”的 不必要条件 故“0 a b  ”是“ 1 1( ) ( ) 4 4 a b ”充分不必要条件 故选：A． 本题考查的知识点是充要条件的定义及指数函数的单调性，其中根据指数函数的单调性，判断 “0 a b  ” “ 1 1( ) ( ) 4 4 a b ”的真假，与“ 1 1( ) ( ) 4 4 a b ” “0 a b  ”的真假，是解答本题的关 键．判断充要条件的方法是：①若 p⇒q为真命题且 q⇒p为假命题，则命题 p是命题 q的充分不必 要条件；②若 p⇒q为假命题且 q⇒p为真命题，则命题 p是命题 q的必要不充分条件；③若 p⇒q 为真命题且 q⇒p为真命题，则命题 p是命题 q的充要条件；④若 p⇒q为假命题且 q⇒p为假命题， 则命题 p是命题 q的即不充分也不必要条件．⑤判断命题 p与命题 q所表示的范围，再根据“谁大 谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题 p与命题 q的关系． 6．C 由题意，可设弦 AB的斜率为 k，点 ,A B的横坐标分别为 1 2,x x ，则直线 AB的方程为  1y k x  ， 联立抛物线方程，消去 y得，  2 2 22 4 0kx k x k    ，则 2 1 2 2 2 4kx x k    ，又由焦点弦性质 得 2 2 1 2 2 2 2 4 4 42k kAB x x p k k         ，同理直线CD的方程为  1 1y x k    ，点 ,C D的 横坐标分别为 3 4,x x ，则 2 3 4 4 4CD x x p k     ，所以 2 2 2 1 1 1 1 4 4 4 4 4 k AB CD k k       ， 故选 C. 点睛：此题主要考查直线与抛物线的位置关系，以及平面解析几何中定值问题等有关方面知识，属 于中档题型，也是高频考点.此类问题常需要联立直线与抛物线方程消去 y（或是 x），再利用弦长 公式或者韦达定理，将所求最值式子进行转化为某参数（或是消参）的表达式，再讨论其值情况， 从而问题可得解. 7．B 利用基本不等式求解(1)即可;利用换元法以及函数单调性的定义即可求；利用换元法以及二次函数 的性质即可求解(3) (1) 2 0x   由基本不等式可得： 1 12 2 2 =2 2 2 x x x xy     ，当且仅当 0x  取等号 故函数 12 2 x xy   的值域为[2, ) (2)令 2 2t x  ，则 2t  即 1y t t   令 1 22  t t ，  1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 1 1 1y y t t t t t t t t                    由于 1 22  t t ，则 2 1 0t t  ， 1 2 1 1 0 t t   ，即  2 1 1 2 1 1 0t t t t         即 1 2y y ，所以函数 1y t t   在 2, 上单调递增 故 1 52 2 2 y    故函数 2 2 12 2 y x x     的值域为 5[ , ) 2  (3)令 , (2 0)xt t  所以  21 24 2 3 2 3 1 2x xy t t t         由于 0t  ，则  21 2 1 2 3t      故函数 14 2 3x xy    的值域为  3, 故选 B 本题主要考查了函数值域的求法，关键是利用基本不等式以及换元法来求解，属于中档题. 8．B 先用捆绑法和插空法，求出男生甲、乙，和他们之间两个女生共有 2 2 2 5A A 种排法，然后考虑特殊 位置，再全排列得解. 先选 2名女生放在男生甲与男生乙之间，并捆绑在一起看作一个复合元素,即 2 2 2 5A A 种排法，女生 不排在两端,则加上另外的 3名男生共 4个选择中选 2个排在两端，即 2 4A 种排法，剩下的元素全排 列,即 5 5A 种排法，故有 2 2 2 5A A  2 4A  5 5A =57600． 故选 B 本题考查了分步计数原理，解决排列问题时，相邻问题用捆绑法，不相邻用插空法，特殊位置优先 考虑. 9．A 试题分析：该几何体是一个圆柱挖去一个等底等高的圆锥余下的部分，底面半径和高均为 2,所以 其表面积为 2 2 21 2 2 1 1 2 (5 5) ,S              ，故选 A． 考点：1．三视图；2．几何体的表面积． 10．D 根据函数  y f x 的图象关于直线 3 x   对称可得出的值，可得出函数  y f x 的解析式，求 出平移后的函数的解析式，根据题意可得出关于 a的表达式，由此可求得正数 a的最小值. 因为函数  y f x 的图象关于直线 3 x   对称， 所以 2sin 1 3         ，即  2 3 2 k k     Z ，可得   6 k k   Z ， 又0 2   ，所以 6    ，   sin 2 6 f x x       . 将函数  y f x 的图象向左平移  0a a  个单位，   sin 2 2 6 f x x a       . 此时函数  y f x 与   sin 2g x x 的图象重合. 所以有  2 6 a k k   Z ，可得   12 2 ka k    Z ，所以正数 a的最小值为 12  . 故选：D. 本题考查利用正弦型函数的对称性求函数解析式，同时也考查了函数图象变换，考查计算能力，属 于中等题. 11．5 80 根据二项式定理，由题意得到 2 10nC  ，求出 n；再由二项展开式的通项公式，即可求出指定项的 系数． 因为 (1 2 )nx 的展开式的第三项的二项式系数为 10， 所以 2 10nC  ，即 5n  ， 所以 5(1 2 )x 中， 5 51 ( 2 ) ( 2)r r r r r rT C x C x        ， 所以最大系数的项可能对应得 0,2,4r  ， 当 0r  时， 1 1T  , 当 2r = 时， 2 2 2 3 54 40T C x x  ， 当 4r  时， 4 4 4 4 5 5( 2) 80T C x x   所以展开式中最大的系数是 80． 故答案为：5；80． 本题主要考查二项式定理，意在考查考生的运算求解能力，考查的核心素养是数学运算． 12． 3a  或 3a   的任意实数，例如 4 由题意可设 ( , ), ( 0, 0)A m n m n  ，由对称性可得 ( , ), ( , ), ( , )B m n C m n D m n    ，可得m n ， 代入曲线方程，由双曲线的范围，解不等式即可得到所求值． 曲线   2 2 2 1 0 4 x y a a    上存在四个点 , , ,A B C D满足四边形 ABCD是正方形， 可设 ( , ), ( 0, 0)A m n m n  ，由对称性可得 ( , ), ( , ), ( , )B m n C m n D m n    ， 则 AB AD ， 即 2 2m n ，即m n ， 由曲线的方程可得 2 2 2 1( 0) 9 x y a a    ， 即 2 2 2 1( 0) 9 m m a a    有解， 即有 2 2 2 9 9 9 am a    ， 可得 2 9 0a   ， 解得 3a  或 3a   ， 故答案为： 3a  或 3a   的任意实数，例如 4． 本题考查双曲线方程和性质，主要是范围的运用，考查对称性和不等式的解法，属于中档题． 13． π4 4  2 2 1 5 4 1AP AP AA     ,所以点平面区域W 是底面 ABCD内以 A为圆心，以 1 为半径的 外面区域, 则W 的面积是 2 212 1 4 . 4 4     14．-2-3i 分析：化简已知的等式，即得 a的值. 详解：由题得 知㈳ 知晦㈳ ㈳ t럐 t 知㈳ 知晦㈳知㈳ ㈳ 㘳㈳㘳㈳ 㘳 ㈳ 㘳 ㈳ʹ， 故答案为-2-3i 点睛：（1）本题主要考查复数的综合运算，意在考查学生对这些基础知识的掌握水平和基本的运算 能力.(2)本题是一个易错题，已知没有说“a”是一个实数，所以它是一个复数，如果看成一个实数， 解答就错了. 15．2 2 根据题意，设 M 分别与直线 AB， 1F A延长线， 1F B延长线切于 P，Q，R，得出四边形 1F RMQ 是正方形，利用椭圆的定义，列式转化即可求出圆M 的半径. 解：由题知，设 M 分别与直线 AB， 1F A延长线， 1F B延长线切于 P，Q，R， 则四边形 1F RMQ是正方形， 而 1 1FR FB BP  ， 1 1FQ F A AP  ， 故 1 1 1 1 4 4 2F R FQ F A F B AB a      ， 所以 1 2 2MF R r  . 故答案为： 2 2 . 本题考查圆的半径和椭圆的定义的应用，以及圆的切线，考查转化思想和计算能力. 16．  , 2 设数列 na 的首项为 1a ，公比为 q，则由 1 1 3 2nn na a      ，得 2 1 3a a  ， 3 2 6a a  ，所以 3 2 2 1 2a aq a a     ，所以 1 12 3a a  ，即 1 1a  ，所以 12nna  ， 1 2 2 2 1 2 n n nS      ．因为不等 式 2n nS ka  对一切 *n N 恒成立，即 12 2 2 2n nk     ，解得 2k  ． 点睛：解答本题首先利用基本量思想，求出等比数列的首项和公比，进而求解数列的通项公式和前 n项和，化简不等式，利用不等式恒成立的思路求解参数范围. 17．（1） 2 2 1 9 4 x y   ；（2）3；（3） 1 2 y x  . （1）直接计算得到答案. （2）联立方程利用韦达定理得到 2 2 2 2 12 9 4| | 1 9 4 k mAB k k     ， 2 | | 1 o AB md k    ，计算得到 2 2 36 169 1165 (81 72) AOBS k k       利用均值不等式得到答案. （3）联立方程得到 2 2 3 mx k   ， 2 6 9 4 px k   ，代入计算得到答案. （1）根据题意知： 2 5C  ， 2 9a  ， 2 4b  故 2 2 1 9 4 x y   （2）联立方程 2 2 1 9 4 x y y kx m        则  2 2 29 4 18 9 36 0k x kmx m      2 2 1 2 2 2 1 2 2 4 9 4 9 4 18 9 4 9 36 9 4 k m kmx x k mx x k                   2 2 2 2 12 9 4| | 1 9 4 k mAB k k     ， 2 | | 1 o AB md k    2 2 2 6 | | 4 9 4AOB m k mS k    2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 1OA OB y y k x x km x x mk k x x x x         2 25 36 36m k      2 2 2 2 36 366 1 9 4 1 5 5 9 4AOB k k k S k         2 2 2 6 | | 4 9 4AOB m k mS k      4 2 2 36 81 97 16 5 9 4 k k k            2 2 2 81 16 136 5 9 4 k k k     2 2 36 169 36 51 3165 5 12(81 72)k k        ， 2 4 9 k  式等号成立. （3）须： 2EMP EPQ S S    只需： 4 1 PM OP  只需： | | 2 | | 1 PM PQ  只需： 5m p x x  设： : ( 0) 2: 2 3 l y kx k DE y x        2 2 3 mx k    2 0 3 k       2 2 1 9 4 y kx x y      2 6 9 4 px k    只需： 22 9 4 52 6 3 k k      28 25 8 0k k   1 2 k   或 8 9 k   (舍) 直线方程为： 1 2 y x  本题考查了椭圆方程，面积的最大值，根据条件求直线方程，综合性强，计算量大，意在考查学生 的综合应用能力. 18．选择见解析；（1） 2 3 A   ； 6 B C    ；（2）周长为 4 2 3 ；面积 3 . （1）若选择①，首先得出 3cos cos 4 B C  ，然后算出 cos( )B C 和 cos( )B C 即可，若选择②， 求出 3tan tan 3 B C  即可； （2）由正弦定理算出 2b c  即可. （1）若选择①： 因为 1tan tan 3 B C  ， 1sin sin 4 B C  ，所以 3cos cos 4 B C  所以 1cos( ) cos cos sin sin , 2 B C B C B C    因为 (0, ) B C ，所以 3 B C    ， 2 3 A   又因为 cos( ) cos cos sin sin 1B C B C B C    ， ( , ) 3 3 B C      所以 0B C  ， 6 B C    若选择②： 设 tan , tanB C为方程， 2 2 3 1 0 3 3 x x   的两根 解得 3tan tan 3 B C  ，且 , (0, )B C  所以 6 B C    所以 2( ) 3 A B C     （2）由正弦定理知： sin sin sin a b c A B C   因为 2 3 A   ， 6 B C    ， 2 3a  所以 2b c  所以 ABC 的周长为 4 2 3 所以 ABC 的面积 1 sin 3 2ABCS bc A   本题考查的是三角恒等变换、正弦定理和三角形的面积公式，考查了学生对基础知识的掌握情况和 计算能力. 19．（1）120（2）216（3）90 试题分析：（1）得到一个三位数，分三步进行：先填百位，有 6种方法；再填十位，有 5种方法； 最后填个位，有 4种方法，根据分步计数原理可得； （2）分三步进行：先填百位，再填十位，最后填个位，每种都有 6种方法，根据分步计数原理可 得； （3）从三个位中任选两个位，填上相同的数字，有 2 36C 种方法，剩下的一位数字的填法有 5中， 根据分步计数原理可求得结果． 试题解析：（1）得到一个三位数，分三步进行：先填百位，再填十位，最后填个位．百位上的数字 填法有 6种，十位上的数字填法有 5种，个位上的数字填法有 4种，根据分步计数原理，各位数字 互不相同的三位数有6 5 4 120   个． （2）分三步进行：先填百位，再填十位，最后填各位，每种都有 6种方法，根据分步计数原理， 可以排出6 6 6 216   个不同的数． （3）两个数字相同有三种可能性，即第一、二位，第二、三位，第三、一位相同，而每种情况有 6×5种，故有 3×6×5＝90(个)． 考点：排列、组合及简单计数问题． 20．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） 10 5 （Ⅰ）根据计算可得 ,PE BE PE CE  ,再根据线面垂直判定得 PE 平面 BCE ,即得结果； （Ⅱ）建立空间直角坐标系，求出各点坐标，利用空间向量求直线 ND与平面 MEC所成角的正弦 值． （Ⅰ）设 1| | 1 | | | | 1 | | 2,| | 2 | | 2 2 BC CE CD BE AE AB AE BE         Q ,即 ,PE BE ,| | 2,| | 1 | | 3 | | 2,| | 1PC CB PB BC PC PE CE PE CE        Q Q ； ,BE CE E BE CE Q I 、 平面 BCE , PE 平面 BCE , BF  平面 BCE , PE  BF , （Ⅱ） PE  平面 BCE , ,BC CE 所以以C为坐标原点， ,CE CB所在直线为 ,x y轴，平行 PE 直线为 z轴建立如图所示空间直角坐标系: 则 1 1 1 2(0,0,0), (0,1,0), (1,0,0), (0, ,0), (1,0, 2), ( , , ), 2 2 2 2 C B E N P M 因为 3 1 2 3 22 ( , , ), ( , 1, ) 2 2 2 2 2 BP ED D ND     uur uuur uuur 设平面 MEC一个法向量为 ( , , )n x y z  由 0, 0n CE n CM    r uur r uuur 得 1 1 2 1 1 2(1,0,0) 0, ( , , ) 0, 0, 0 2 2 2 2 2 2 n n x x y z         r r 令 1z  得 2 (0, 2,1)y n     r 3 2 102cos , 515| | | | 3 2 n NDn ND n ND         r uuurr uuur r uuur 因此直线 ND与平面 MEC所成角的正弦值为 10 5 本题考查线面垂直判断与性质定理、利用空间向量求线面角，考查综合分析论证与求解能力，属中 档题. 21．（1）①6;②7;③8;④9;⑤8;⑥9；（2）甲乙转换分都是 87分，公平性评述见解析；（3） 1 5 . （1）根据已知数据与茎叶图的关系得出答案． （2）根据高考实测的转换赋分模拟公式及结果得出答案． （3）列举法写出所有基本事件，然后按概率公式计算． （1）由题意知①6;②7;③8;④9;⑤8;⑥9. （2）甲同学选考政治学科可以的等级 A，根据等比例转换赋分公式： 98 82 100 82 81 86 T T      得 T＝ 87 乙同学选考化学学科可以的等级 A，根据等比例转换赋分公式： 100 91 100 91 90 86 T T      得 T＝87 故甲乙两位同学的转换分都为 87 分． 从公平性的角度谈谈你对新高考这种“等级转换赋分法”的看法： 一，从茎叶图可得甲乙同学原始分都排第三，转换后都是 87 分，因此高考这种“等级转换赋分 法”具有公平性与合理性． 二，甲同学与乙同学原始分差 9 分，但转换后都是 87 分，高考这种“等级转换赋分法”对尖子 生不利． （3）该校政治学科等级为 A的学生中 82，84，92 根据等比例转换赋分公式：87，88，95 该校化学学科等级为 A 的学生中 91，94，98 根据等比例转换赋分公式：87，92，97 设“转换分都不少于 91 分”为事件 M 所有基本事件：（82，84）（82，92）（82，91）（82，94））（82，98）（84，92）（84，91）（84， 94）（84，98）（92，91）（92，94）（92，98）（91，94） （91，98）（94，98）共 15 个基本事件，时间 M 包含 3 个基本事件 所以   3 1 15 5 P M   . 此题是概率统计综合题，需要理清题目信息，正确理解相关概念. 22．（Ⅰ） 4 0x y   ；（Ⅱ） 1, e      ；（Ⅲ）证明见解析. （Ⅰ）求  'f x ，求切线的斜率  ' 0f ，求  0f ，点斜式写出切线的方程； （Ⅱ）不等式     4ln 8f x f x x    可化为 2 2 ln 0ax x  ，参变量分离得 2 2ln xa x   .令   2 2ln , 0xh x x x    ，求导数  'h x ，判断  h x 的单调性，只需  mina h x ； （Ⅲ）当 3a  时，    3 23 1 4x x xg x k     .分 0x  和 0x  讨论函数  g x 的零点的个数. 当 0x  时，求  'g x ，判断  g x 的单调性，结合零点存在定理可得  g x 在  , 0 上有且只有 一个零点；当 0x  时，令   3 23 4m x x x   ，则        1g x m x k x m x    ，求  m x 的 最小值，证明   0g x  恒成立，故  g x 在  0,  上没有零点.即证对于任意的 1k  ，函数  g x 有且只有一个零点． （Ⅰ）    3 2 ' 24, 3 2 1f x x ax x f x x ax        ， 切线的斜率    ' 1, 00 4f f  ， 切线的方程为 4 0y x   ，即 4 0x y   . （Ⅱ）对任意的  0,x  ，     4ln 8f x f x x    恒成立， 即对任意的  0,x  ， 2 2 ln 0ax x  恒成立， 即对任意的  0,x  ， 2 2ln xa x   恒成立. 令   2 2ln , 0xh x x x    ，则    ' 3 2 2ln 1x h x x   . 由  ' 0h x  得 x e ；由  ' 0h x  得0 x e  .  h x 在  0, e 上单调递减，在  ,e  上单调递增，    min 2ln 1eh x h e e e       ， 1a e    . 故 a的取值范围为 1, e      . （Ⅲ）证明：当 3a  时，    3 23 1 4x x xg x k     . 1, 1 0k k    . 当 0x  时，    ' 23 6 1 0,g x x x k g x      在  , 0 上单调递增. 又        0 4, 1 1 0, 1 0 0g g k g g        ， 由零点存在定理可得函数  g x 在  1,0 上至少有一个零点， 又  g x 在  , 0 上单调递增，  g x 在  , 0 上有且只有一个零点. 当 0x  时，令   3 23 4m x x x   ，则        1g x m x k x m x    .    ' 23 6 3 2m x x x x x     , 令  ' 0m x  ，得 2x  ；令  ' 0m x  ，得0 2x  .  m x 在  0,2 上单调递减，在  2, 上单调递增，      min 2 0, 0m x m m x     在  0,  上恒成立，   0g x  恒成立，即  g x 在  0,  上没有零点. 综上，对于任意的 1k  ，函数  g x 有且只有一个零点． 本题考查利用导数求曲线在某点处的切线的方程，考查利用导数研究不等式恒成立和函数的零点的 问题，属于较难的题目.