2020年新高考数学全真模拟试卷10（解析版）

2020 年新高考数学全真模拟卷 10 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分． 1．若  1P x x  ，  1Q x x  ，则( ) A． P Q B． Q P C． RC P Q D． RQ C P 【答案】D 【解析】 { | 1}P x x  ， { | 1}R P x x  …ð ， { | 1}Q x x  ， RQ P  ð ， 故选： D ． 【点睛】本题考查利用集合的交集、补集、并集定义求交集、补集、并集；利用集合包含关系的定义判断集合的包 含关系． 2．已知复数 z 在复平面中对应的点 ,x y 满足 2 21 1x y   ，则 1z   （ ） A． 0 B．1 C． 2 D． 2 【答案】B 【解析】由于复数 z 在复平面中对应的点 ,x y 满足 2 21 1x y   ，即复数 z 对应点在圆心为 1,0 ，半径为1的 圆上， 1z  表示复数对应的点到 1,0 的距离，也即圆上的点到圆心的距离，所以 1 1z   . 故选：B 【点睛】本小题主要考查复数对应点的坐标以及复数模的几何意义，考查圆的方程，属于基础题. 3．设 0.23a  ， 30.2b  ， 0.2log 3c  ，则 a 、 b 、 c 的大小关系是（ ） A． a b c  B．b a c  C． a c b  D． c a b  【答案】A 【解析】由题意，根据指数函数的性质，可得 0.2 13a   ， 30.2 (0,1)b   ， 由对数函数的性质，可得 0.2log 3 0c   ，所以 a b c  . 故选：A. 【点睛】本题主要考查了指数函数与对数函数的性质的应用，其中解答中熟记指数函数与对数函数的性质，求得 , ,a b c 的范围是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 4．函数 ( ) 4sin ( 0)3f x x        的最小正周期是3 ，则其图象向左平移 6  个单位长度后得到的函数的一条 对称轴是（ ）A． 4x  B． 3x  C． 5 6x  D． 19 12x  【答案】D 【解析】函数 ( ) 4sin ( 0)3f x x        的最小正周期是3 ，则函数 2( ) 4sin 3 3f x x      ，经过平移后得 到函数解析式为 2 2 44sin 4sin3 6 3 3 9y x x                   ，由 2 4 ( )3 9 2x k k    Z ， 得 3 ( )2 12x k k   Z ，当 1k  时， 19 12x  . 故选 D. 【点睛】本题考查了正弦函数图像的性质及函数图像的平移变换，属基础题. 5．如图，若OA a  ，OB b  ，OC c  ， B 是线段 AC 靠近点C 的一个四等分点，则下列等式成立的是（） A． 2 1 3 6c b a   B． 4 1 3 3c b a   C． 4 1 3 3c b a   D． 2 1 3 6c b a   【答案】C 【解析】 1 3c OC OB BC OB AB          1 4 1 3 3 3OB OB OA OB OA         4 1 3 3b a   .故选 C. 【点睛】本题考查的知识要点：向量的线性运算，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型． 6．现有 10 个数，它们能构成一个以 1 为首项， 3 为公比的等比数列，若从这个 10 个数中随机抽取一个数，则它 小于 8 的概率是( ) A． 7 10 B． 3 5 C． 1 2 D． 2 5 【答案】B 【解析】由题意   13 n na   成等比数列的 10 个数为：1， 3 ， 2( 3) ， 3 9( 3) ( 3)   其中小于 8 的项有：1， 3 ， 3( 3) ， 5( 3) ， 7( 3) ， 9( 3) 共 6 个数 这 10 个数中随机抽取一个数， 则它小于 8 的概率是 6 3 10 5P   ． 故选：C ． 【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式及古典概率的计算公式的应用，属于基础试题 7．把边长为 的正方形 㤶⸴㔸 沿对角线 㤶㔸 折起，使得平面 㤶㔸 平面 ⸴㤶㔸 ，则异面直线 㔸㤶⸴ 所成的角为（ ） A． o B． o C． o D． o 【答案】D 【解析】法一：如图，延长 ⸴ 到 ，使得 ⸴ ，连 㔸㤶 ，设 ⸴ 㤶 㔸 㔸 㤶 ， 则 㔸⸴㤶 ⸴ 㔸 㔸 ，所以 㔸 就是异面直线 㔸㤶⸴ 所成的角，由于 㔸 为等边三角形，故.故本题选 A ea  ， 2  ，当 (0, )x  时恒成立，只需 xea x 2 eh  ，因此不等式 (0, )x  时，函数 ( )h x 有最小值，即为 (1) 2 ' ( ) 0h x  ，函数 ( )h x 单调递增，当 0 1x  时， ' ( ) 0h x  ，函数 ( )h x 单调递减，故当    ，当 1x  时， x xe e xh x h xx x ( 1)( ) ( )2 2 2  ，当 (0, )x  时恒成立，设 ' xea x 2  ' 2xg x e ax  ，因此当 (0, )x  时，  ' 2 0xg x e ax   恒成立，即   ，所以   2xg x e ax  ， xef x axx 调递增函数，因为 ( ) 设函数 ( ) ( )g x x f x  ，于是有  1 2( )g x g x ，而 2 1 0x x  ，说明函数 ( ) ( )g x x f x  当 (0, )x  时，是单     ， f x f x f x x f x xx x 2 1 1 1 2 2 【解析】因为 2 1 0x x  ，所以        1 2 【答案】A e D． ( , ]e e    B． ( , )e C． ( , )2 A． , 2 范围为( )  恒成立，则实数 a 的取值 x x f x f x 2 1   ， (0, )x  ，当 2 1 0x x  时，不等式    1 2 xef x axx 8．已知函数 ( ) 案；其二是建立空间直角坐标系，借助空间向量的数量积公式，求出两向量的夹角的大小来获解。 其一是平移其中的一条直线或两条直线，将其转化为共面直线所成角，然后再构造三角形，通过解三角形来获得答 点睛：求空间两条异面直线所成角的大小是立体几何中最为常见的基本题型之一。这类问题的求解一般有两条途径： ，应选答案 D。 cos 㔸 㤶⸴ ，所以 㔸 㤶⸴ ， 㔸 㤶⸴ ，则 Ͳ㤶⸴ ሺ െ oͲ 㔸 ሺ െ o െ ，故 ሺooͲ㤶ሺooͲ⸴ሺooͲ㔸ሺ െ ooͲ ，则 െ ݔ 法二、如图建立如图所示的空间直角坐标系 应选答案 D。【点睛】本题考查了通过构造函数，得知函数的单调性，利用导数求参问题，合理的恒等变形是解题的关键. 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的 得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分。 9．针对时下的“抖音热”，某校团委对“学生性别和喜欢抖音是否有关”作了一次调查，其中被调查的男女生人数相同， 男生喜欢抖音的人数占男生人数的 4 5 ，女生喜欢抖音的人数占女生人数 3 5 ，若有95%的把握认为是否喜欢抖音和 性别有关则调查人数中男生可能有（ ）人 附表：  2 0P K k 0.050 0.010 k 3.841 6.635 附：        2 2 n ad bcK a b c d a c b d      A． 25 B． 45 C． 60 D． 75 【答案】BC 【解析】设男生的人数为  5n n N  ，根据题意列出 2 2 列联表如下表所示： 男生 女生 合计 喜欢抖音 4n 3n 7n 不喜欢抖音 n 2n 3n 合计 5n 5n 10n 则  2 2 10 4 2 3 10 5 5 7 3 21 n n n n n nK n n n n        ， 由于有95%的把握认为是否喜欢抖音和性别有关，则 23.841 6.632K  ， 即 103.841 6.63221 n  ，得8.0661 13.9272n  ， n N  ，则 n 的可能取值有 9、10、11、12 ， 因此，调查人数中男生人数的可能值为 45 或 60 . 故选：BC. 【点睛】本题考查利用独立性检验求出人数的可能取值，解题时要列举出 2 2 列联表，并结合临界值表列不等式求 解，考查计算能力，属于中等题.10．在 㤶⸴ 中，角 ， 㤶 ， ⸴ 所对的边分别为 ， ， ，且 苰 苰 苰 o ，则下列结论正确的是 （ ） A． sinsin㤶sin⸴ B． 㤶⸴ 是钝角三角形 C． 㤶⸴ 的最大内角是最小内角的 倍 D．若 ，则 㤶⸴ 外接圆半径为 【答案】ACD 【解析】因为 苰 苰 苰 o 所以可设： 苰 苰 o 苰 （其中 o ），解得： 所以 sinsin㤶sin⸴ ，所以 A 正确； 由上可知： 边最大，所以三角形中 ⸴ 角最大， 又 cos⸴ 苰 െ 苰 െ o ，所以 ⸴ 角为锐角，所以 B 错误； 由上可知： 边最小，所以三角形中 角最小， 又 cos 苰 െ 苰 െ ， 所以 cos cos െ ,所以 cos cos⸴由三角形中 ⸴ 角最大且 ⸴ 角为锐角可得： o ， ⸴ o 所以 ⸴ ，所以 C 正确； 由正弦定理得： sin⸴ ，又 sin⸴ െ cos ⸴ 所以 ，解得： ，所以 D 正确； 故选：ACD 【点睛】本题主要考查了正弦定理及余弦定理的应用，还考查了二倍角的余弦公式及计算能力，考查方程思想及转 化能力，属于中档题。 11．对于函数 2 ln( ) xf x x  ，下列说法正确的是（ ） A．  f x 在 x e 处取得极大值 1 2e B．  f x 有两个不同的零点 C． ( 2) ( ) ( 3)f f f  D．若 2 1( )f x k x   在 (0, ) 上恒成立，则 2 ek  【答案】ACD 【解析】函数定义域为 (0, ) ， 3 1 2ln'( ) xf x x  ,当 (0, )x e 时， '( )f x ＞0， ( )f x 单调递增，当 ( , )x e  时， '( ) 0f x  ， ( )f x 单调递减，所以 ( )f x 在 x e 时取得极大值 1( ) 2f e e  ，A 正确； (1) 0f  ，当 0 1x  时， ( ) 0f x  ，当 1x  时， ( ) 0f x  ，因此 ( )f x 只有一个零点，B 错误； 显然 3e   ，因此 ( ) ( 3)f f  ，又 ln 1 ln( ) 2f       ， ln 2 1 ln 2( 2) 2 2 2f    1 ln 4 2 4   ， 设 ln( ) xh x x  ，则 2 1 ln'( ) xh x x  ， ( , )x e  时， '( ) 0h x  ， ( )h x 单调递减，而 4e   ，∴ ( ) (4)h h  ， 即 ln ln 4 ln 2 4 2     ，∴ ( 2) ( )f f  ， 即 ( 2) ( ) ( 3)f f f  ，C 正确； 令 2 2 ln 1( ) xg x x x   （ 0x  ），则 3 1 2ln'( ) xg x x   ，易知当 1(0, )x e  时， '( ) 0g x  ， 1( , )x e   时， )'( 0g x  ， ( )g x 在 1x e  时取得极大值也是最大值 1( ) 2 eg e  ， ∴ 2 1( )f x kx   在 (0, )x  上恒成立，则 2 ek  ，D 正确． 故选：ACD． 【点睛】本题考查用导数研究函数的性质，难度较大．掌握导数与单调性、极值的关系是解题的基础，解题要注意 问题的转化，例如恒成立问题可能转化为求函数的最值． 12．已知双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的离心率为 2 3 3 ，右顶点为 A，以 A为圆心，b 为半径作圆 A，圆 A与 双曲线C 的一条渐近线交于 M ， N 两点，则有（ ） A．渐近线方程为 3y x  B．渐近线方程为 3 3y x  C． 60MAN   D． 120MAN   【答案】BC 【解析】双曲线 2 2 2 2: 1 y ,x y bC xa b a    的渐近线方程为 离心率为 2 3 3 c a  ， 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 1 31 , ,3 3 3 c a b b b b a a a a a 则 则 ，       故渐近线方程为 3 3y x  ， 取 MN 的中点 P,连接 AP,利用点到直线的距离公式可得 d AP ab c   ,则 cos ab AP acPAN AN b c     ， 所以 2 2 1cos cos2 2 1 2 aMAN PAN c        则 60MAN   故选 BC 【点睛】本题考查双曲线的简单的几何性质，考查双曲线的渐近线和离心率的应用，考查圆的有关性质，属于中档 题. 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13．已知命题 : 1p x  ，使得 2 3x x   ，则 p 为______. 【答案】 1x  ，使得 2 3x x   【解析】 : 1p x  ，使得 2 3x x   : 1p x   ，使得 2 3x x   故答案为： 1x  ，使得 2 3x x   【点睛】本题考查含有一个量词的命题的否定，属于基础题. 14．已知函数 ( )f x 为奇函数，当 0x  时， 3( ) ln  f x x x ，则曲线 ( )y f x 在点 ( 1, ( 1))  f 处的切线方程为 ________. 【答案】 2 1 0x y   【解析】∵函数 ( )f x 是奇函数， ( ) ( )f x f x    ， 当 0x  时， 3( ) ln  f x x x ， 不妨设 0x  ，则 0x  ， 故  3( ) ln ( ) f x x x f x       ， 故 0x  时，  3( ) ln f x x x  ， 故 ' 2( ) 3 1 f x x x   ， 故 ( 1) 1 ln1 1 f      ， '( 1) 3 1 2 f     ， 故切线方程是： 2( 1) 1y x   ， 整理得： 2 1 0x y   ， 故答案为： 2 1 0x y   ．【点睛】本题考查了函数的奇偶性问题，考查求函数的切线方程，是一道中档题． 15．已知点 F 是抛物线 y2＝2px（p＞0）的焦点，点 A（2，y1），B（ 1 2 ，y2）分别是抛物线上位于第一、四象限的 点，若|AF|＝10，则|y1﹣y2|＝_____． 【答案】12 【解析】 | | 2 102 pAF    ， 16p  ， 则抛物线的方程为 2 32y x ， 把 1 2x  代入方程，得 4y   ( 4y  舍去），即 1 , 42B    ， 把 2x  代入方程，得 8y  ( 8y   舍去），即  2,8A ， 则  1 2 8 4 12y y     ， 故答案为：12 ． 【点睛】本题考查抛物线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，属于基础题． 16．关于 x 的不等式 2 0ax bx c   的解集为 2,1 ，对于系数 a 、 b 、 c ，有如下结论： ① 0a  ；② 0b  ；③ 0c  ；④ 0a b c   ；⑤ 0a b c   ． 其中正确的结论的序号是______． 【答案】③⑤ 【解析】因为 x 的不等式 2 0ax bx c   的解集为 2,1 ， 所以 0a  且 2 0ax bx c   的两个根为 2,1 ， 所以 0 2 1 2 1 a b a c a            ，所以 2 , , 0c a b a a    ． 故 0, 0, 0, 2 0c b a b c a b c a        ， 故填③⑤． 【点睛】一元二次不等式的解、一元二次方程及一元二次函数的之间的关系是： （1）一元二次不等式的解集的端点是对应方程的根； （2）一元二次不等式的解集的端点是对应函数的零点； 解题中注意它们之间的联系． 四、解答题：本小题共 6 小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．(本题共计 10 分)在数列 na 中，前 n 项和为  1 11, 12n n nS a S na n n   ，且 (1)求数列 na 的通项公式； (2)求数列 2 2 na na  的前 n 项和 nT 【答案】（1） na n （2） nT 2 12 2nn n     【解析】（1）  n n 1S na n n 12    ，     n 1 n 1 1S n 1 a n 1 n 22       相减得：    n n n 1a na n 1 a n 1     ( 2)n  ， n n 1a a 1    na 是首项为 1，公差为 1 的等差数列， na n  (5 分) （2） na n n2a 2 2n 2   ，设其前 n 项和为 nT 则    1 n 1 n 2 n 1 nT 2 2 2n 2 2 4 2n 2 2 n n 2 2                  (10 分) 【点睛】本题主要考查了等差数列的定义和通项公式的求解，以及分组求和法的应用，其中解答中正确利用等差数 列的定义和递推公式化简，求得数列 na 的通项公式是解答本题的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题。 18．(本题共计 12 分)在 ABC 中，角 , ,A B C 对应边分别为 , ,a b c . (1)若 ABC 的面积 S 满足 2 2 24 3 , 7, 4S c a b c a     且b c ，求 b 的值； (2)若 3, 3a A   且 ABC 为锐角三角形.求 ABC 周长的范围. 【答案】（1） 3 3b  .（2） 3 3 ( ],3 3 【解析】(1)由条件和三角形的面积公式得 2 2 2 24 3 2 3S c absinC c a b     ， 即 2 2 22 3absinC a b c   .（1 分） 将余弦定理 2 2 2 2a b c abcosC   . 代入上式得 3sinC cosC ，即 3 3tanC  ，因为 (0, )C  ，所以 6C  （3 分） 将 7, 4, 6c a C    ，代入 2 2 2 2c a b abcosC   ，得 2 4 3 9 0b b   结合条件b c 得 3 3b  . （5 分） (2)由正弦定理得 2sin sin sin a b c A B C    所以  2b c sinB sinC  ( ) 2 22 3 3sinB sin B sinB sin B                 + 3 32 22 (3 6 )2 sinB cosB sin B           （8 分） 因为 A B C    ，且 3A  及锐角三角形得 0, 2B     且 2 0,3 2B            ， 所以 6 2B   ， 所以 2 3 6 3B     ，即 3 sin 12 6B       ，所以 (3,2 3]b c  （11 分） 所以周长 a b c  范围是 3 3 ( ],3 3 .（12 分） 【点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，考查三角恒等变换，考查运算求 解能力，属于中档题. 19．(本题共计 12 分)如图 l，在边长为 2 的菱形 ABCD 中， 60BAD   ， DE AB 于点 E ，将 ADE 沿 DE 折起 到 1A DE 的位置，使 1A D BE ，如图 2. （1）求证： 1A E  平面 BCDE ； （2）求二面角 1E A D B  的余弦值； （3）在线段 BD 上是否存在点 P ，使平面 1A EP  平面 1ABD ？若存在，求 BP BD 的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见解析；（2） 21 7 ；（3） 1 4 . 【解析】（1）因为 1A D BE ， DE BE ， 1A D BE D  ， 所以 BE  平面 1A DE ， 因为 1A E  平面 1A DE ， 所以 1A E BE ，（3 分） 又因为 1A E DE ， BE DE E  ， 所以 1A E  平面 BCDE. （4 分） （2）以 E 为原点，分别以 EB，ED， 1EA 为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系,则  1,0,0B ，  0, 3,0D ，  1 0,0,1A ， 所以  1 1,0,1BA   ，  1, 3,0BD   ，（5 分） 设平面 1A BD 的法向量  , ,n x y z  ， 由 1 0 3 0 n BA x z n BD x y              得 3 x z x y   ， 令 1y  ，得  3,1, 3n  ，（7 分） 因为 BE  平面 1A DE ， 所以平面 1A DE 的法向量  1,0,0EB  ， 3 21cos , 77 n EBn EB n EB       ， 因为所求二面角为锐角， 所以二面角 1E A D B  的余弦值为 21 7 .（8 分） （3）假设在线段 BD 上存在一点 P，使得平面 1A EP  平面 1A BD ， 设  , ,P x y z ，  0 1BP BD     ，则   1, , 1, 3,0x y z    ， 所以  1 , 3 ,0P   ， 所以  1 0,0,1EA  ，  1 , 3 ,0EP    ， 设平面 1A EP 的法向量  , ,m x y z  ， 由   1 0 1 3 0 m EA z m EP x y             ,得   0 1 3 z x y      ，（10 分） 令 3x  ，得  3 , 1,0m    , 因为平面 1A EP  平面 1A BD ， 所以 3 1 0m n        ，解得  1 0,14    ， 所以在线段 BD 上存在点 P，使得平面 1A EP  平面 1A BD ，且 1 4 BP BD  .（12 分） 【点睛】本题主要考查空间线面关系的判定与性质、二面角的计算、空间向量的应用，属于综合题. 空间向量解答 立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线 的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.20．(本题共计 12 分)随着科学技术的飞速发展，网络也 已经逐渐融入了人们的日常生活，网购作为一种新的消费方式，因其具有快捷、商品种类齐全、性价比高等优势而 深受广大消费者认可.某网购公司统计了近五年在本公司网购的人数，得到如下的相关数据(其中“x=1”表示 2015 年， “x=2”表示 2016 年，依次类推；y 表示人数)： x 1 2 3 4 5 y(万人) 20 50 100 150 180 （1）试根据表中的数据，求出 y 关于 x 的线性回归方程，并预测到哪一年该公司的网购人数能超过 300 万人； （2）该公司为了吸引网购者，特别推出“玩网络游戏，送免费购物券”活动，网购者可根据抛掷骰子的结果，操控微 型遥控车在方格图上行进. 若遥控车最终停在“胜利大本营”，则网购者可获得免费购物券 500 元；若遥控车最终停 在“失败大本营”，则网购者可获得免费购物券 200 元. 已知骰子出现奇数与偶数的概率都是 1 2 ，方格图上标有第 0 格、第 1 格、第 2 格、…、第 20 格。遥控车开始在第 0 格，网购者每抛掷一次骰子，遥控车向前移动一次.若掷出 奇数，遥控车向前移动一格（从 k 到 1k  ）若掷出偶数遥控车向前移动两格（从 k 到 2k  ），直到遥控车移到第 19 格胜利大本营）或第 20 格（失败大本营）时，游戏结束。设遥控车移到第 (1 19)n n  格的概率为 nP ，试证明  1n nP P  是等比数列，并求网购者参与游戏一次获得免费购物券金额的期望值. 附：在线性回归方程 ˆˆ ˆy bx a  中， 1 2 2 1 ˆ ˆˆ, n i i i n i i x y nx y b a y b x x nx          . 【答案】（1） ˆ 42 26y x  ，预计到 2022 年该公司的网购人数能超过 300 万人； （2）约 400 元. 【解析】（1） 1 2 3 4 5 3,5x      20 50 100 150 180 1005y      （1 分） 5 1 1 20 2 50 3 100 4 150 5 180 1920i i i x y             5 2 2 2 2 2 2 1 1 2 3 4 5 55,i i x        故 1920 5 3 100 42,55 5 9b       从而  100 42 3 26,a y bx       所以所求线性回归方程为  42 26y x  ，（3 分）令 *42 26 300,x x N   ，解得 8x  . 故预计到 2022 年该公司的网购人数能超过 300 万人（4 分） （2）遥控车开始在第 0 格为必然事件， 0 1P  ，第一次掷骰子出现奇数，遥控车移到第一格，其概率为 1 2 ,即 1 1 2P  . 遥控车移到第 n （ 2 19n„ „ ）格的情况是下列两种，而且也只有两种. ①遥控车先到第 2n  格，又掷出奇数，其概率为 2 1 2 nP  （5 分） ②遥控车先到第 1n  格，又掷出偶数，其概率为 1 1 2 nP  所以 2 1 1 1 2 2n nnP P P   ， 1 1 2 1 ( )2n n n nP P P P       当1 19n„ „ 时，数列 1{ }n nP P  是公比为 1 2  的等比数列（7 分） 2 3 1 2 1 3 2 1 1 1 1 11 , ( ) , ( ) , ( )2 2 2 2 n n nP P P P P P P               以上各式相加，得 2 31 1 1 11 ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 n nP           1 1( ) 1 ( )3 2 n      12 11 ( )3 2 n nP        （ 0,1,2, ,19n   ）， 获胜的概率 20 19 2 11 ( )3 2P       失败的概率 19 20 18 1 1 112 3 2P P       （ ） （10 分） 设参与游戏一次的顾客获得优惠券金额为 X 元， 200X  或500 X 的期望 20 19 192 1 1 1 1500 1 ( ) 200 1 ( ) 100 4 ( )3 2 3 2 2EX                        参与游戏一次的顾客获得优惠券金额的期望值为 191100 4 ( )2     ，约 400 元. （12 分） 【点睛】本题考查了线性回归方程的求法与应用问题，等比数列的证明，等比数列求和公式，累加法求数列的通项 公式以及数学期望的计算，属于难题． 21．(本题共计 12 分)已知点 1F 、 2F 是双曲线 M ： 2 2 2 2 1x y a b   的左右焦点，其渐近线为 3y x  ，且右顶点到 左焦点的距离为 3. （1）求双曲线 M 的方程； （2）过 2F 的直线l 与 M 相交于 A、 B 两点，直线l 的法向量为   , 1 0n k k   ，且 0OA OB   ，求 k 的值；（3）在（2）的条件下，若双曲线 M 在第四象限的部分存在一点C 满足 2mA F CO OB  uuu rur u uuur ，求 m 的值及 ABC 的 面积 ABCS . 【答案】（1） 2 2 13 yx   （2） 15 5k  （3） 2m  ， 6ABCS  【解析】（1）由题意得 2 2 2 3 3 b a a c c a b          解得 1a  ， 3b  ， 2c  所以双曲线 M 的方程为： 2 2 13 yx   .（3 分） （2）直线l 的方程为  2y k x  ，由   2 2 13 2 yx y k x       ，得   2 2 2 23 4 4 3 0k x k x k     （*） 所以 2 1 2 2 2 1 2 2 4 3 4 3 3 kx x k kx x k           （5 分） 由 0OA OB   得 1 2 1 2 0x x y y    即   2 2 2 1 2 1 21 2 4 0k x x k x x k      代入化简，并解得 15 5k   （舍去负值）（7 分） （3）把 15 5k  代入（*）并化简得 24 4 9 0x x   ， 此时 1 2 1 2 1 9 4 x x x x       ，（8 分） 所以    22 1 2 1 21 4 4AB k x x x x        （9 分） 设  0 0,C x y ，由 2mA F CO OB  uuu rur u uuur 得 0 0 12 15 x m y m       代入双曲线 M 的方程解得 3 2m   （舍）， 2m  ，所以 3 15,2 2C      ，（11 分）点C 到直线 AB 的距离为 6 2d  ， 所以 1 62ABCS AB d     .（12 分） 【点睛】本题考查了求双曲线方程，直线与双曲线位置关系以及弦长问题.同时也考查运算能力，属于难题. 22．(本题共计 12 分)设函数   2 lnf x x ax x   . (1)若当 1x  时，  f x 取得极值，求 a 的值，并求  f x 的单调区间. (2)若  f x 存在两个极值点 1 2,x x ，求 a 的取值范围，并证明：    2 1 2 1 4 2 f x f x a x x a    . 【答案】（1） 3a  ，  f x 的单调增区间为 10, ,(1, )2      ，单调减区间为 1 ,12      . （2） 2 2a  ，证明见解析 【解析】（1）     21 2 1 2 , 0x axf x x a xx x        1x  时，  f x 取得极值.   0, 31f a    .     2 2 1 12 3 1 x xx xf x x x      （2 分） 解   0f x  得 10 2x  或 1x  解   0f x  得 1 12 x   f x 的单调增区间为 10, ,(1, )2      ，单调减区间为 1 ,12      .（4 分） （2）     22 1 , 0x axf x xx      f x 存在两个极值点 方程   0f x  即 22 1 0x ax   在 (0, ) 上有两个不等实根. 2 1 2 18 0, 02a x x      ， 1 2 02 ax x   2 2a  .     2 2 2 1 2 2 2 1 1 1 2 1 2 1 ln lnf x f x x ax x x ax x x x x x       2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 ln ln ln ln 2 x x x xax x a x x x x          所证不等式    2 1 2 1 4 2 f x f x a x x a    等价于 2 1 2 1 ln ln 4x x x x a   （7 分） 即 2 1 2 1 2 1 ln ln 2x x x x x x    不妨设 2 1 0x x  ，即证 2 2 1 21 1 1 ln 2 1 x x x xx x    （9 分） 令 2 1 1xt x   ，    2 1ln 1 th t t t            2 2 2 11 4 0 1 1 th t t t t t        ，  h t 在 (1, ) 上递增. （11 分）    1 0h t h   2 2 1 21 1 1 ln 2 1 x x x xx x     成立.    2 1 2 1 4 2 f x f x a x x a     成立. （12 分） 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，以及根据极值求参数取值范围，证明不等式.属于难题.