2020年陕西省高三教学质量检测卷（二）数理解析.pdf

２０２０年陕西省高三教学质量检测卷（二） 数学（理科） 答案详解 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ １２ Ｃ Ｂ Ａ Ｂ Ｄ Ａ Ａ Ｄ Ｃ Ｄ Ｂ Ｃ １．Ｃ 【解析】本题考查复数的运算．由题意得 ｚ＝ ４ １＋ｉ＝ ４（１－ｉ） （１＋ｉ）（１－ｉ）＝４（１－ｉ） ２ ＝２－２ｉ，∴ｚ的虚部为 －２，故 选 Ｃ． 【一题多解】∵ｚ＝ ４ １＋ｉ＝２（１＋ｉ）（１－ｉ） １＋ｉ ＝２（１－ｉ）＝２－ ２ｉ，∴ｚ的虚部为 －２，故选 Ｃ． ２．Ｂ 【解析】本题考查集合并集的运算．由题意可知集合 Ｂ＝｛ｙ｜ｙ＝ｘ２，ｘ∈ Ａ｝＝｛ｙ｜０≤ ｙ≤１｝，∴Ａ∪ Ｂ＝ ｛ｘ｜－１≤ｘ≤１｝，故选 Ｂ． ３．Ａ 【解析】本题考查简单的线性规划．如图所示，图中 的阴影部分为不等式组所表示的平面区域（含边界）， 其中 Ａ（０，３），Ｂ（１，２），Ｃ ４ ３，( )７ ３ ．先作出 ２ｘ－ｙ＝０ 的图象，然后通过平移，发现当目标函数的图象经过 点 Ａ（０，３）时，ｚ取到最小值 ｚｍｉｎ＝－３，故选 Ａ． ４．Ｂ 【解析】本题考查平面向量的数量积及向量的投影． 由题意可得 ｜ａ｜＝２，（ａ－２ｂ）·ａ＝０ ａ２ －２ａ·ｂ＝０ ２｜ａ｜｜ｂ｜ｃｏｓ〈ａ，ｂ〉＝｜ａ｜２，∴｜ｂ｜ｃｏｓ〈ａ，ｂ〉＝１，∴ｂ在 ａ上的投影为 １，故选 Ｂ． ５．Ｄ 【解析】本题考查分段函数及分段函数的图象．作 函数 ｆ（ｘ）的图象如图所示，由题意可得当 ０＜ｘ≤１ 时，ｆ（ｘ）≥０；当 ｘ＞１时，ｆ（ｘ）≤１．若 ｆ（ｘ）＝１，则 －ｌｎｘ＝１或 －ｘ２ ＋４ｘ－３＝１，解得 ｘ＝ １ ｅ或 ｘ＝２，则 ｆ（ａ）＝１ ｅ或 ｆ（ａ）＝２，结合函数图象可知 ａ的取值有 ４个，故选 Ｄ． ６．Ａ 【解析】本题考查几何概型与正态分布的相关概率 的运算．由题意可得正态分布密度曲线的对称轴是 ｘ＝０，则 μ ＝０，标准差是σ ＝１，而（１，２］＝（μ ＋σ， μ＋２σ］，∴Ｐ（１＜Ｘ≤２）＝０．９５４５－０．６８２７ ２ ＝０．１３５９， ∴图中阴影部分 的 面 积 为 １－０．１３５９＝０．８６４１．记 “黄 豆 落 入 阴 影 部 分 ”为 事 件 Ａ，则 Ｐ（Ａ）＝ 阴影部分的面积 正方形面积 ＝０．８６４１，故选 Ａ． ７．Ａ 【解析】本题考查等差数列的通项公式．由题意可 设数列｛ａｎ｝的公差为 ｄ（ｄ≠０），则通项公式 ａｎ ＝１＋ （ｎ－１）ｄ，∴ａ３ ＝１＋２ｄ，ａ２ ＝１＋ｄ，ａ４ ＝１＋３ｄ，ａ６ ＝ １＋５ｄ，∴（１＋２ｄ）２＝（１＋３ｄ）（１＋５ｄ），解得 ｄ＝－４ １１ （ｄ＝０舍去），∴ａ２＝１＋ｄ＝７ １１，故选 Ａ． ８．Ｄ 【解析】本题考查三角恒等变换．由题意可得 ｃｏｓβ＝ ５ １３．∵－π ２＜α－β＜０，∴ｓｉｎ（α－β）＝－１６ ６５，∴ｓｉｎα＝ ｓｉｎ［（α－β）＋β］＝ｓｉｎ（α －β）ｃｏｓβ ＋ｃｏｓ（α －β）ｓｉｎβ ＝ －１６ ６５×５ １３＋６３ ６５×１２ １３＝６７６ ８４５＝４ ５，故选 Ｄ． ９．Ｃ 【解析】本题考查三角函数图象的平移变换与性质．由 题意可得平移后的函数解析式为 ｙ＝２ｓｉｎ３ｘ＋π ４－３( )ａ ， 若该函数图象关于坐标原点对称，则π ４－３ａ＝ｋπ（ｋ∈ Ｚ），解得 ａ＝π １２－ｋπ ３（ｋ∈Ｚ）．∵ａ＞０，∴π １２－ｋπ ３ ＞０ （ｋ∈Ｚ），∴ｋ＜１ ４（ｋ∈Ｚ），∴ｋ的最大值为 ０，∴ａｍｉｎ＝ π １２，故选 Ｃ． １０．Ｄ 【解析】本题考查棱柱外接球表面积的运算．由题意 可知△ＡＢＣ外接圆的半径 ｒ＝槡３ ３ａ．设该三棱柱外接球 的半径为 Ｒ，则 Ｒ２ ＝ 槡３ ３( )ａ ２ ＋ ｂ( )２ ２ ．由 ａ＋ｂ＝２ 可得 ｂ＝２－ａ，∴Ｒ２ ＝４ａ２＋３ｂ２ １２ ＝４ａ２＋３（２－ａ）２ １２ ＝ ７ａ２－１２ａ＋１２ １２ ＝ ７ ａ２－１２ ７ａ＋３６( )４９ ＋１２－３６ ７ １２ ＝ ７ １２× ａ－( )６ ７ ２ ＋４ ７，∴Ｒ２ ｍｉｎ＝ ４ ７，当且仅当 ａ＝ ６ ７，ｂ＝ ８ ７时取得最小值，∴该三棱柱外接球的表面积的最 小值为 ４πＲ２＝１６ ７π，故选 Ｄ． — 数学（理科）·答 １—【一题多解】由题意可知△ＡＢＣ外接圆的半径 ｒ＝槡３ ３ａ． 设该三棱柱外接球的半径为 Ｒ，则 Ｒ２ ＝ 槡３ ３( )ａ ２ ＋ ｂ( )２ ２ ＝ａ２ ３＋ｂ２ ４．令 ａ 槡＝ ３Ｒｃｏｓα，ｂ＝２Ｒｓｉｎα，则由 ａ＋ｂ＝２可 得 槡３Ｒｃｏｓα ＋２Ｒｓｉｎα ＝２，∴ Ｒ ＝ ２ 槡３ｃｏｓα＋２ｓｉｎα ＝ ２ 槡７ｓｉｎ（α＋φ (） ｓｉｎφ ＝槡 槡 ３ ７ ，ｃｏｓφ ＝ ２ 槡 )７ ，∴Ｒｍｉｎ＝ ２ 槡７ ＝ 槡２ ７ ７，此时α ＋φ ＝π ２，∴ｓｉｎα ＝ ｃｏｓφ＝２ 槡７ ，ｃｏｓα＝ｓｉｎφ＝槡 槡 ３ ７ ，∴ａ＝ ６ ７，ｂ＝ ８ ７，∴该三 棱柱外接球的表面积的最小值为１６ ７π，故选 Ｄ． 由题意可知△ＡＢＣ外接圆的半径 ｒ＝槡３ ３ａ．设该三棱 柱外接球的半径为 Ｒ，则 Ｒ２ ＝ 槡３ ３( )ａ ２ ＋ ｂ( )２ ２ ＝ ａ２ ３＋ｂ２ ４，由 柯 西 不 等 式 可 知 （３＋４） ａ２ ３＋ｂ２( )４ ≥ （ａ＋ｂ）２，即 ａ２ ３ ＋ｂ２ ４≥ ４ ７，当且仅当 ３ ａ２ ３ ＝ ４ ｂ２ ４ ，即 ３ ａ＝４ ｂ时等号成立，∴当 ａ＝ ６ ７，ｂ＝ ８ ７时，Ｒ取得 最小值 槡２ ７ ７，∴该三棱柱外接球的表面积的最小值为 １６ ７π，故选 Ｄ． １１．Ｂ 【解析】本题考查直线与抛物线的位置关系．由题 意可得抛物线 Ｃ的焦点 Ｆ（１，０），设直线 ｌ的方程为 ｘ＝ｍｙ＋１，联立直线 ｌ与抛物线 Ｃ的方程得 ｙ２ ＝ ４（ｍｙ＋１），即 ｙ２－４ｍｙ－４＝０．设 Ａ，Ｂ两点的坐标为 （ｘ１，ｙ１），（ｘ２，ｙ２），则由韦达定理可得 ｙ１ ＋ｙ２ ＝４ｍ， ｙ１ｙ２＝－４，∴｜ＡＢ｜＝ １＋ｍ槡 ２｜ｙ１ －ｙ２｜＝ １＋ｍ槡 ２· （ｙ１＋ｙ２）２－４ｙ１ｙ槡 ２ ＝ １＋ｍ槡 ２· １６ｍ２槡 ＋１６＝ ４（１＋ｍ２），∴４（１＋ｍ２）＝８，∴ｍ＝±１，∴直线 ｌ的方程 为 ｘ±ｙ－１＝０，则点 Ｍ到直线 ｌ的距离为 ｜３±０－１｜ 槡１＋１ ＝ 槡２，∴△ＡＭＢ的面积为 １ ２ 槡 槡×８× ２＝４ ２，故选 Ｂ． 【一题多解】由题意可得抛物线 Ｃ的焦点 Ｆ（１，０），设 直线 ｌ的方程为 ｘ＝ｍｙ＋１，联立直线 ｌ与抛物线 Ｃ 的方程得 ｙ２＝４（ｍｙ＋１），即 ｙ２ －４ｍｙ－４＝０．设 Ａ，Ｂ 两点的坐标为（ｘ１，ｙ１），（ｘ２，ｙ２），则由韦达定理可得 ｙ１＋ｙ２ ＝４ｍ，ｙ１ｙ２ ＝－４，∴｜ＡＢ｜＝ １＋ｍ槡 ２ ｜ｙ１ － ｙ２｜＝ １＋ｍ槡 ２· （ｙ１＋ｙ２）２－４ｙ１ｙ槡 ２ ＝ １＋ｍ槡 ２· １６ｍ２槡 ＋１６＝４＋４ｍ２，∴４＋４ｍ２ ＝８，即 １＋ｍ２ ＝２． ∵Ｓ△ＡＭＢ ＝Ｓ△ＡＦＭ ＋Ｓ△ＢＦＭ，∴Ｓ△ＡＭＢ ＝１ ２×｜ＭＦ｜｜ｙ１ － ｙ２｜＝ １ ２×２× （ｙ１＋ｙ２）２－４ｙ１ｙ槡 ２ ＝ １６ｍ２槡 ＋１６＝ ４ １＋ｍ槡 ２ 槡＝４ ２，故选 Ｂ． １２．Ｃ 【解析】本题考查函数的图象与性质、导函数及利 用导函数解不等式．由题意可得 ｆ′（ｘ）＝ｅｘ ＋ｘｅｘ ＋ ｘ＋１＝（ｘ＋１）（１＋ｅｘ），令 ｆ′（ｘ）＝０，得 ｘ＝－１∈ ［－２，２］，而 ｆ（－２）＝ａ－ ２ ｅ２，ｆ（－１）＝ａ－ １ ２－ １ ｅ， ｆ（２）＝ａ＋４＋２ｅ２，∴ｆ（ｘ）ｍａｘ ＝ｆ（２）＝ａ＋４＋２ｅ２， ｆ（ｘ）ｍｉｎ＝ｆ（－１）＝ａ－１ ２－１ ｅ，∴ｆ（ｘ）∈Ａ [＝ ａ－１ ２－ １ ｅ，ａ＋４＋２ｅ]２ ．∵ｇ′（ｘ）＝ｌｎｘ＋１，令 ｇ′（ｘ）＝０，得 ｘ＝１ ｅ∈ １ ｅ２，[ ]ｅ，而 ｇ １ ｅ( )２ ＝１－ ２ ｅ２，ｇ １( )ｅ ＝１－ １ ｅ，ｇ（ｅ）＝１＋ｅ，∴ｇ（ｘ）ｍａｘ＝ｇ（ｅ）＝１＋ｅ，ｇ（ｘ）ｍｉｎ ＝ ｇ １( )ｅ ＝１－１ ｅ，∴ｇ（ｘ）∈ Ｂ＝ １－１ ｅ，[ ]１＋ｅ ．由题 意可知存在 ｘ１∈［－２，２］，对任意 ｘ２∈ １ ｅ２，[ ]ｅ，都有 ｆ（ｘ１）＝ｇ（ｘ２）等价于 ＢＡ，即 ａ－１ ２－１ ｅ≤１－１ ｅ， １＋ｅ≤ａ＋４＋２ｅ２{ ， ∴ｅ－３－２ｅ２≤ａ≤ ３ ２，故选 Ｃ． １３．０．５ 【解析】本题考查用样本估计总体、样本平均数 及中位数的计算．由题意可得从左到右每个小矩形的 面积为 ０．１，０．４，０．３５，０．１５，所以该样本的平均数为 ０．１×１５＋０．４×２５＋０．３５×３５＋０．１５×４５＝３０．５，由 ０．１＋０．４＝０．５可知中位数为 ３０，所以两者之差的绝 对值为 ｜３０－３０．５｜＝０．５． １４．－３ ２或 １ 【解析】本 题 考 查 二 项 式 定 理． ∵（ａｘ＋１）５＝（１＋ａｘ）５ 展 开 式 的 通 项 为 Ｔｋ＋１ ＝ Ｃｋ ５ａｋｘｋ（ｋ＝０，１，２，３，４，５），则由（ｘ＋１）（ａｘ＋１）５ ＝ ｘ（ａｘ＋１）５＋（ａｘ＋１）５ 可知，展开式中 ｘ２ 的系数为 Ｃ１ ５ａ１＋Ｃ２ ５ａ２，∴Ｃ１ ５ａ１ ＋Ｃ２ ５ａ２ ＝１５，即 １０ａ２ ＋５ａ－１５＝ ０，解得 ａ＝－３ ２或 １． １５． 槡５＋ ７ 【解析】本题考查余弦定理．令 ＡＤ＝ｍ，则 ＢＤ 槡＝ ７ｍ，ＡＢ＝３ｍ，则 ｃｏｓＡ＝ｍ２＋９ｍ２－７ｍ２ ２×ｍ×３ｍ ＝ １ ２． ∵Ａ∈（０，π），∴Ａ＝π ３．又点 Ｄ为 ＡＣ的中点，∴ＡＣ＝ ２ｍ，在△ＡＢＣ中，由余弦定理得 ＢＣ２ ＝９ｍ２ ＋４ｍ２ － ２×３ｍ×２ｍ×１ ２＝７ｍ２ ＝７，∴ｍ＝１，∴ＡＢ＝３，ＡＣ＝ ２，故△ＡＢＣ的周长为 槡５＋ ７． １６．槡３ 【解析】本题考查双曲线的离心率、直线与双曲线 的位置关系．设直线 ＡＢ的方程为 ｙ 槡＝ ２（ｘ＋ｃ），与双 曲线 Ｃ的方程联立可得 ｂ２ｘ２ －２ａ２（ｘ＋ｃ）２－ａ２ｂ２ ＝ ０，化简得（ｂ２ －２ａ２）ｘ２－４ａ２ｃｘ－２ａ２ｃ２ －ａ２ｂ２ ＝０．令 — 数学（理科）·答 ２—Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），则 ｘ１ ＋ｘ２ ＝ ４ａ２ｃ ｂ２－２ａ２，ｘ１ｘ２ ＝ －２ａ２ｃ２－ａ２ｂ２ ｂ２－２ａ２ ，ｙ１ｙ２ ＝２ｂ２ｃ２－２ａ２ｂ２ ｂ２－２ａ２ ．∵以 ＡＢ为直径 的圆过坐标原点 Ｏ，∴ＯＡ⊥ＯＢ，∴→ＯＡ·→ＯＢ＝０，∴ｘ１ｘ２＋ ｙ１ｙ２＝０，∴－２ａ２ｃ２－ａ２ｂ２ ＋２ｂ２ｃ２ －２ａ２ｂ２ ＝０，即 ３ａ２ｂ２－２ｂ２ｃ２＋２ａ２ｃ２ ＝０．又 ∵ｅ＝ ｃ ａ，ｂ２ ＝ｃ２ －ａ２， 代入化简可得 ２ｅ４－７ｅ２＋３＝０，即（２ｅ２－１）（ｅ２－３）＝ ０．又 ∵双曲线的离心率 ｅ＞１，∴ｅ 槡＝ ３． １７．【名师指导】本题考查空间面面平行的证明以及二面 角的余弦值的计算，考查运算求解能力、推理论证能 力、空间想象能 力，考 查 数 学 运 算、逻 辑 推 理 核 心 素养． （Ⅰ）由正方形的性质知 ＡＢ∥ ＥＦ，又由相似三角形可 得 ＭＦ∥ＰＢ，再结合面面平行的判定定理即可证明； （Ⅱ）由已知条件可推导出 ＯＢ，ＯＣ，ＯＰ两两垂直，建 立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用公式即 可求锐二面角的余弦值． 解：（Ⅰ）证明：∵ＡＥ∥ＢＦ，且 ＡＥ＝ＢＦ， ∴四边形 ＡＢＦＥ为平行四边形， ∴ＡＢ∥ＥＦ． （１分） ∵ＰＭ＝３ＣＭ，ＢＦ＝３ＦＣ，∠ＭＣＦ＝∠ＰＣＢ， ∴△ＭＣＦ∽△ＰＣＢ，∴ＭＦ∥ＰＢ． （３分） ∵ＭＦ，ＥＦ平面 ＭＥＦ，ＭＦ∩ＥＦ＝Ｆ， ＰＢ，ＡＢ平面 ＰＡＢ，ＰＢ∩ＡＢ＝Ｂ， ∴平面 ＭＥＦ∥平面 ＰＡＢ． （５分） （Ⅱ）如图，连接 ＡＣ，ＢＤ相交于点 Ｏ，连接 ＰＯ． ∵四棱锥 Ｐ－ＡＢＣＤ为正四棱锥， ∴ＯＡ＝ＯＣ＝ＯＢ＝ＯＤ 槡＝ ２，ＡＣ⊥ＢＤ， 又 ＰＡ＝ＰＣ 槡＝ ３，∴ＰＯ＝１，且 ＰＯ⊥ＡＣ， 同理可得 ＰＯ⊥ＢＤ，∴ＯＢ，ＯＣ，ＯＰ两两垂直，故建立 如图所示的空间直角坐标系， 则 Ａ（０， 槡－ ２，０），Ｂ（槡２，０，０），Ｃ（０，槡２，０），Ｄ（ 槡－ ２，０，０）， Ｅ － 槡３２ ４，－槡２ ４，( )０，Ｆ 槡２ ４，槡３２ ４，( )０，Ｍ ０，槡３２ ４，( )１ ４ ， Ｐ（０，０，１）， ∴→ＥＦ＝（槡２，槡２，０），→ＰＥ＝ － 槡３ ２ ４，－槡２ ４，( )－１ ， →ＭＥ＝ － 槡３ ２ ４， 槡－ ２，－( )１ ４ ， 令平面 ＰＥＦ的法向量为 ｍ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｍ·→ＥＦ＝０， ｍ·→ＰＥ＝０{ ，即 槡２ｘ 槡＋ ２ｙ＝０， － 槡３ ２ ４ ｘ－槡２ ４ｙ－ｚ＝０{ ， 解得 ｘ＝－ｙ， ｚ＝槡２ ２ｙ{ ， ∴取 ｘ＝－２，则 ｙ＝２，ｚ 槡＝ ２， 故 ｍ＝（－２，２，槡２）， 同理可得平面 ＭＥＦ的一个法向量 ｎ＝（－１，１， 槡－ ２）， ∴ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉＝ ｍ·ｎ ｜ｍ｜｜ｎ｜＝２＋２－２ 槡１０×２ ＝ １ 槡１０ ＝槡１０ １０， ∴锐二面角 Ｐ－ＥＦ－Ｍ的余弦值为槡１０ １０． （１２分） １８．【名师指导】本题考查等差数列和等比数列的通项公 式及求和公式、错位相减法求数列的前 ｎ项和，考查 运算求解能力，考查数学运算核心素养． （Ⅰ）利用等差数列的定义即可求出数列｛ａｎ｝的通项 公式；（Ⅱ）结合（Ⅰ）中结论可以求出数列｛ｂｎ｝的通项 公式，然后利用错位相减法求出 Ｔｎ，再利用作差法即 可得出结论． 解：（Ⅰ）由题意可得当 ｎ＝１时，２ａ１＝ａ１ａ２，∴ａ２＝２； 当 ｎ≥２时，２Ｓｎ ＝ａｎａｎ＋１，２Ｓｎ－１＝ａｎ－１ａｎ， ∴２ａｎ ＝ａｎ（ａｎ＋１－ａｎ－１）． ∵ａｎ ＞０，∴ａｎ＋１－ａｎ－１＝２（ｎ≥２）， （３分） ∴数列｛ａｎ｝的奇数项是公差为 ２的等差数列，偶数项 也是公差为 ２的等差数列． 又 ∵ａ２－ａ１＝１，∴数列｛ａｎ｝是公差为 １的等差数列， ∴ａｎ ＝ｎ． （６分） （Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知 ｂｎ ＝ａ２ｎ ＝２ｎ，ａｎ ＝ｎ， ∴Ｔｎ ＝１×２＋２×２２＋３×２３＋… ＋ｎ×２ｎ， （８分） ２Ｔｎ ＝１×２２＋２×２３＋… ＋（ｎ－１）２ｎ ＋ｎ×２ｎ＋１， 两式相减得 －Ｔｎ ＝２＋２２ ＋２３ ＋… ＋２ｎ －ｎ×２ｎ＋１ ＝ ２（１－２ｎ） １－２ －ｎ×２ｎ＋１＝－（ｎ－１）２ｎ＋１－２， ∴Ｔｎ ＝（ｎ－１）２ｎ＋１＋２＝ｎ·２ｎ＋１＋２－２ｎ＋１． （１０分） ∵当 ｎ≥１时，２－２ｎ＋１≤２－４＝－２＜０， （１１分） ∴Ｔｎ ＜ｎ·２ｎ＋１． （１２分） １９．【名师指导】本题考查独立性检验、分层抽样、古典概 型及二项分布的期望和方差，考查运算求解能力、数 据处理能力，考查数学运算、数据分析核心素养． （Ⅰ）利用已知数据代入公式直接计算即可；（Ⅱ）按照 分层抽样的方法抽取男 ５人和女 ４人，然后利用古典 概型概率公式计算即可求解；（Ⅲ）分析数据易知随机 变量 Ｘ服从二项分布，应用公式即可求解． 解：（Ⅰ）由 ２×２列联表可得 Ｋ２＝１００×（２５×２０－２５×３０）２ ５０×５０×５５×４５ ≈１．０１０＜２．０７２， ∴没有 ８５％ 的把握认为“创城知识的知晓程度是否 为优秀与性别有关”． （４分） — 数学（理科）·答 ３—（Ⅱ）调查结果为一般的市民中有男 ２５人，女 ２０人， 人数之比为 ５∶４，所以按分层抽样抽取的 ９人中，男 ５人，女 ４人． 设“这三位市民中男女都有”为事件 Ａ， 则 Ｐ（Ａ）＝Ｃ１ ５Ｃ２ ４＋Ｃ２ ５Ｃ１ ４ Ｃ３ ９ ＝ (５ ６ 或 Ｐ（Ａ）＝１－Ｃ３ ５＋Ｃ３ ４ Ｃ３ ９ ＝ １－１４ ８４＝ )５ ６ ． （８分） （Ⅲ）由 ２×２列联表可得在样本中任选一人，其优秀 的概率为 ０．５５， ∴Ｐ（Ｘ＝ｋ）＝Ｃｋ １０×０．５５ｋ×（１－０．５５）１０－ｋ，ｋ＝０，１，２， ３，…，１０， ∴Ｘ～Ｂ（１０，０．５５）， ∴Ｅ（Ｘ）＝１０×０．５５＝５．５， Ｄ（Ｘ）＝１０×０．５５×（１－０．５５）＝２．４７５， ∴随机变量 Ｘ的期望为 ５．５，方差为 ２．４７５． （１２分） ２０．【名师指导】本题考查导数及其应用，考查运算求解能 力、化归与转化思想，考查数学运算核心素养． （Ⅰ）先 求 导，然 后 利 用 导 数 去 求 解 函 数 的 极 值； （Ⅱ）由（Ⅰ）先求出两个极值点的具体值，然后再代入 求得 ｆ（ｘ１） ｆ（ｘ２）的表达式，化简后通过构造函数求得其单 调性，即可证明结论． 解：（Ⅰ）由题意可得 ｆ′（ｘ）＝ｅｘ（ｘ２＋ａｘ＋１）＋ｅｘ（２ｘ＋ ａ）＝ｅｘ［ｘ２＋（ａ＋２）ｘ＋ａ＋１］＝ｅｘ（ｘ＋１）（ｘ＋ａ＋１）． 当 ａ＜０时，－ａ－１＞－１，函数 ｆ（ｘ）的单调性和极值 如表： ｘ （－∞，－１） －１ （－１，－ａ－１）－ａ－１（－ａ－１，＋∞） ｆ′（ｘ） ＋ ０ － ０ ＋ ｆ（ｘ） 递增 极大值 递减 极小值 递增 ∴ｆ（ｘ）极大值 ＝ｆ（－１）＝２－ａ ｅ ， ｆ（ｘ）极小值 ＝ｆ（－ａ－１）＝２＋ａ ｅａ＋１； 当 ａ＝０时，－ａ－１＝－１，ｆ′（ｘ）≥０，函数 ｆ（ｘ）在 （－∞，＋∞）上单调递增，∴ｆ（ｘ）无极值； 当 ａ＞０时，－ａ－１＜－１，函数 ｆ（ｘ）的单调性和极值 如表： ｘ （－∞，－ａ－１）－ａ－１（－ａ－１，－１） －１ （－１，＋∞） ｆ′（ｘ） ＋ ０ － ０ ＋ ｆ（ｘ） 递增 极大值 递减 极小值 递增 ∴ｆ（ｘ）极大值 ＝ｆ（－ａ－１）＝２＋ａ ｅａ＋１， ｆ（ｘ）极小值 ＝ｆ（－１）＝２－ａ ｅ ． 综上所述，当 ａ＜０时，函数 ｆ（ｘ）的极大值为２－ａ ｅ ，极 小值为２＋ａ ｅａ＋１； 当 ａ＝０时，无极值； 当 ａ＞０时，函 数 ｆ（ｘ）的 极 大 值 为 ２＋ａ ｅａ＋１，极 小 值 为２－ａ ｅ ． （６分） （Ⅱ）证明：由题意得 ３＜ａ＜４，即 ａ＞０． 由（Ⅰ）可知 ｘ１＝－ａ－１，ｘ２＝－１， ∴ｆ（ｘ１）＝ｅｘ１（ｘ２ １＋ａｘ１＋１）＝２＋ａ ｅａ＋１， ｆ（ｘ２）＝ｅｘ２（ｘ２ ２＋ａｘ２＋１）＝２－ａ ｅ ， ∴ｆ（ｘ１） ｆ（ｘ２）＝ｅ－ａａ＋２ ２－ａ＝－ｅ－ａａ＋２ ａ－２． 令 ｇ（ａ）＝ｅ－ａａ＋２ ａ－２，则 ｇ′（ａ）＝－ｅ－ａ ａ２ （ａ－２）２ ＜０， ∴ｇ（ａ）在（３，４）上单调递减， ∴ｇ（４）＜ｇ（ａ）＜ｇ（３），即 ３ ｅ４ ＜ｇ（ａ）＜５ ｅ３ ． ∵ｇ（ａ）＝－ｆ（ｘ１） ｆ（ｘ２），∴－５ ｅ３ ＜ｆ（ｘ１） ｆ（ｘ２）＜－３ ｅ４ ． （１２分） ２１．【名师指导】本题考查椭圆的标准方程、直线与椭圆的 位置关系，考查推理论证能力、运算求解能力，考查逻 辑推理、数学运算核心素养． （Ⅰ）利用椭圆的离心率可以求得 ａ＝２ｂ，利用 ＰＱ距 离的最大值求出 ｂ的值，即可求得椭圆 Ｃ的标准方 程；（Ⅱ）联立直线方程与椭圆方程，为避免直线方程 斜率是否存在的讨论，可设直线方程为 ｘ＝ｍｙ＋１，先 求 Ａ，Ｂ两点间距离，再求点 Ｍ到直线的距离，即可 求面积，因为面积 Ｓ由底和高两部分构成，所以分别 求出两部分的最大值，即可求出面积 Ｓ的最大值． 解：（Ⅰ）解法一：由题意可得离心率 ｅ＝ ｃ ａ＝槡３ ２， 又 ａ２＝ｂ２＋ｃ２，∴ａ＝２ｂ，ｃ 槡＝ ３ｂ， 令点 Ｑ（ｘ，ｙ）为椭圆 Ｃ上任意一点， 则 ｜ＰＱ｜＝ ｘ２＋ ｙ－( )３ ２槡 ２ ＝ －３ｙ２－３ｙ＋４ｂ２＋槡 ９ ４ ＝ －３ ｙ＋( )１ ２ ２ ＋４ｂ２槡 ＋３ ≤ ４ｂ２槡 ＋３， ∴ ４ｂ２槡 槡＋３＝ ７，∴ｂ＝１，ａ＝２， ∴椭圆 Ｃ的标准方程为ｘ２ ４＋ｙ２＝１． （５分） 解法二：由题意可得离心率 ｅ＝ ｃ ａ＝槡３ ２， 又 ａ２＝ｂ２＋ｃ２，∴ａ＝２ｂ，ｃ 槡＝ ３ｂ， 令椭圆上任意一点 Ｑ（２ｂｃｏｓα，ｂｓｉｎα）， ∴｜ＰＱ｜２ ＝（２ｂｃｏｓα）２＋ ｂｓｉｎα－( )３ ２ ２ ＝４ｂ２－３ｂ２ｓｉｎ２α－３ｂｓｉｎα＋９ ４ ＝４ｂ２－３ｂ２ ｓｉｎα＋１ ２( )ｂ ２ ＋３． — 数学（理科）·答 ４—当 ０＜１ ２ｂ≤１时，｜ＰＱ｜２ ｍａｘ＝４ｂ２＋３＝７， ∴ｂ＝１，满足 ２ｂ＞１； 当 １ ２ｂ＞１时，｜ＰＱ｜２ ｍａｘ＝４ｂ２－３ｂ２＋３ｂ＋９ ４＝７， 解得 ｂ＝ 槡－３＋２ ７ ２ （负值舍去），２ｂ 槡＝－３＋２ ７＞１， 则 １ ２ｂ＜１，不满足条件，舍去． 综上，ａ＝２，ｂ＝１， 椭圆 Ｃ的标准方程为ｘ２ ４＋ｙ２＝１． （５分） （Ⅱ）设 Ｍ点坐标为（ｘＭ，０）（－２≤ｘＭ≤２）， 直线 ｌ的方程为 ｘ＝ｍｙ＋１，联立直线方程与椭圆方 程化简得（ｍ２＋４）ｙ２＋２ｍｙ－３＝０， 令 Ａ，Ｂ两点的坐标分别为（ｘ１，ｙ１），（ｘ２，ｙ２）， 由韦达定理可得 ｙ１＋ｙ２＝ －２ｍ ｍ２＋４，ｙ１ｙ２＝ －３ ｍ２＋４， （７分） 则 ｜ＡＢ｜＝ １＋ｍ槡 ２· －２ｍ ｍ２( )＋４ ２ －４× －３ ｍ２槡 ＋４， 化简得 ｜ＡＢ｜＝４ １＋ｍ槡 ２· ｍ２＋３ （ｍ２＋４）槡 ２， 点 Ｍ到直线 ｌ的距离 ｄ＝｜ｘＭ －１｜ １＋ｍ槡 ２ ， ∴△ＭＡＢ的面积 Ｓ＝ １ ２ ×｜ＡＢ｜×ｄ＝２｜ｘＭ －１｜· ｍ２＋３ （ｍ２＋４）槡 ２， （９分） 令 ｔ＝ｍ２＋３≥３， 则 Ｓ＝２｜ｘＭ －１｜ ｔ （ｔ＋１）槡 ２ ＝２｜ｘＭ －１｜ １ ｔ＋２＋１槡 ｔ ， 当 ｔ≥３时，ｔ＋１ ｔ＋２≥３＋１ ３＋２＝１６ ３， 当且仅当 ｔ＝３，ｍ＝０时等号成立， 此时 ０＜ １ ｔ＋２＋１ ｔ ≤ ３ １６，∴ １ ｔ＋２＋１槡 ｔ ≤槡３ ４． ∵－２≤ｘＭ≤２，∴当且仅当 ｘＭ ＝－２时，｜ｘＭ －１｜取 到最大值为 ３，此时△ＭＡＢ面积 Ｓ取到最大值， （１１分） 即 Ｓｍａｘ＝ 槡３ ３ ２，此时直线 ｌ的方程为 ｘ＝１，点 Ｍ的坐 标为（－２，０）． 综上，△ＭＡＢ面积的最大值为 槡３ ３ ２ ． （１２分） ２２．【名师指导】本题考查直角坐标方程与极坐标方程的 互化、参数方程与普通方程的互化及参数的几何意 义，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养． （Ⅰ）将直线 ｌ的参数方程消参，即可得直线 ｌ的普通 方程，要注意 ｘ≠０；将曲线 Ｃ的极坐标方程两边同乘 ρ，再将 ｙ＝ρｓｉｎθ，ｘ２＋ｙ２＝ρ２ 代入，即可得曲线 Ｃ的 直角坐标方程；（Ⅱ）先将直线 ｌ的直角坐标方程化为 极坐标方程，再将θ＝π ４（ρ＞０）代入直线 ｌ和曲线 Ｃ 的极坐标方程中，可得点 Ａ，Ｂ对应的极径，利 用 ｜ＡＢ｜＝｜ρＡ －ρＢ｜计算，即可求解． 解：（Ⅰ）由 ｘ＝ ８ ２＋ｔ得 ｘ≠０， （１分） 将 ｘ＝ ８ ２＋ｔ， ｙ＝ ４ｔ ２＋ { ｔ （ｔ为参数）消去参数 ｔ， 得直线 ｌ的普通方程为 ｘ＋ｙ－４＝０（ｘ≠０）． （２分） 由ρ＝２ｓｉｎθ得ρ２＝２ρｓｉｎθ， （３分） 将 ｙ＝ρｓｉｎθ，ρ２＝ｘ２＋ｙ２ 代入上式， （４分） 得 ｘ２＋ｙ２－２ｙ＝０， 所以曲线 Ｃ的直角坐标方程为 ｘ２＋ｙ２－２ｙ＝０． （５分） （Ⅱ）由（Ⅰ）可知直线 ｌ的普通方程为 ｘ＋ｙ－４＝０ （ｘ≠０）， （６分） 化为极坐标方程得ρｃｏｓθ＋ρｓｉｎθ－４＝０θ≠π( )２ ， （７分） 当θ ＝π ４（ρ ＞０）时，设 Ａ，Ｂ两点的极坐标分别为 ρＡ，π( )４ ，ρＢ，π( )４ ，则ρＡ 槡＝２ ２， （８分） ρＢ ＝２ｓｉｎπ ４ 槡＝ ２， （９分） 所以 ｜ＡＢ｜＝｜ρＡ －ρＢ 槡 槡 槡｜＝｜２ ２－ ２｜＝ ２． （１０分） ２３．【名师指导】本题考查绝对值三角不等式及基本不等 式，考查运算求解能力、化归与转化思想，考查数学运 算核心素养． （Ⅰ）由绝对值三角不等式 ｜ａ｜＋｜ｂ｜≥ ｜ａ－ｂ｜即可解 得 ｔ的值；（Ⅱ）利用基本不等式即可证明． 解：（Ⅰ）由 ｜ａ｜＋｜ｂ｜≥ ｜ａ－ｂ｜可得 ｆ（ｘ）≥ ｜ｔ－１｜， 则 ｜ｔ－１｜＝１． ∵ｔ＞０，∴ｔ＝２． （５分） （Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知 ｔ＝２，∴ａ３＋ｂ３＝２， （ａ＋ｂ）３ ＝ａ３ ＋３ａ２ｂ＋３ａｂ２ ＋ｂ３ ＝２＋３ａｂ（ａ＋ｂ）≤ ２＋３（ａ＋ｂ）· ａ＋ｂ( )２ ２ ＝２＋ ３ ４（ａ＋ｂ）３（当且仅当 ａ＝ｂ＝１时等号成立）， ∴（ａ＋ｂ）３≤８，故 ａ＋ｂ≤２． （１０分） — 数学（理科）·答 ５—