2019-2020 学年度上期八市重点高中联盟
“领军考试”高三理科数学
注意事项：
1.本试卷共满分 150 分，考试时间 120 分钟
2.本试卷上不要答题，请按答题卡上注意事项的要求直接把答案填写在答题卡上，答在试卷上
的答案无效.
一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 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.设集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
可以求出集合 A，然后进行交集的运算即可．
【详解】解：∵ ， ，
∴ ．
故选 C．
【点睛】考查描述法、区间表示集合的定义，一元二次不等式的解法，以及交集的运算．
2.已知复数 的共轭复数为 ，若 ，则 在复平面内对应的点为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
设 ，代入 ，整理后利用复数相等的条件列式求得 的值，则答案可
求．
【详解】解：设 ，
由 ，得 ,
{ }2| 2A x x x= { |1 4}B x x= < < A B =
( ,4)−∞ [0,4) (1,2] (1,2)
A {x | 0 x 2}= ≤ ≤ B {x |1 x 4}= ＜ ＜
A B 1 2]∩ =（，
z z 1
1
zz i
−= + z
( 2, 1)− − (2, 1)− ( 2,1)− (2,1)
Rz x yi x y= + ∈（ ， ） 1
1
zz i
−= + x y，
Rz x yi x y= + ∈（ ， ）
1
1
zz i
−= +
( )( )1 1x yi i x yi− + = + −即 ，
则 ，解得 .
∴ 在复平面内对应的点为 ，
故选 A
【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，考查复数相等的条件，
是基础题．
3.已知命题 ，使得 ，则 为（ ）
A. ，使得 B. ，
C. ，使得 D. ，总有
【答案】D
【解析】
【分析】
利用特称命题的否定性质即可得到.
【详解】因为命题 ，使得
所以命题 ： ，总有
故答案为 D
【点睛】本题主要考查了特称命题否定的形式，属于基础题.
4.“中国剩余定理”又称“孙子定理”1852 年英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数问题
的解法传至欧洲.1874 年，英国数学家马西森指出此法符合 1801 年由高斯得出的关于同余式解法的一般性
定理，因而西方称之为“中国剩余定理”“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整
除问题：将 1 至 2019 中能被 3 除余 1 且被 5 除余 1 的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列 ，则此
数列的项数为（ ）
A. 134 B. 135 C. 136 D. 137
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意得出 ，求出 ，即可得出数列的项数.
( ) ( ) 1x y x y i x yi+ + − = − +
1x y x
x y y
+ = −
− = 2, 1x y= − = −
z ( )2, 1− −
:p x y∃ < | | | |x x y y p¬
x y∃ ≥ | | | |x x y y x y∀ | | | |x x y y<
x y∃ < | | | |x x y y< x y∀ < | | | |x x y y<
:p x y∃ < x x y y
p¬ x y∀ < x x y y<
{ }na
15 14na n= − 15 14 2019na n= − ≤【详解】因为能被 3 除余 1 且被 5 除余 1 的数就是能被 15 整除余 1 的数，故 . 由
得 ，故此数列的项数为 ，故答案为 B.
【点睛】本题主要考查阅读能力及建模能力、转化与化归思想及等差数列的通项公式及数学的转化与化归
思想.属于中等题.
5.函数 的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，分析函数 为偶函数，且在 上， ，用排除法分析选项即可得答案．
【详解】解：根据题意， ，有 ，则函数 为
偶函数，排除 、 ；
又由在 上， ，则 ，排除 ；
故选： ．
【点睛】本题考查函数的图象分析，涉及函数的奇偶性与单调性的分析，属于基础题．
15 14na n= −
15 14 2019na n= − ≤ 135n ≤ 135
| |( ) e cos ( 2 2)xf x x x= −
( )f x (0, )2
π
( ) 0f x >
| |( ) cos ( 2 2)xf x e x x= −
| | | |( ) cos( ) cos ( )x xf x e x e x f x−− = − = = ( )f x
C D
(0, )2
π
cos 0x > ( ) 0f x > A
B6.已知双曲线 的渐近线与圆 相切，则 （ ）
A. 1 B. C. 2 D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】
求出双曲线 渐近线方程，利用渐近线与圆相切，列出等式，即可求出 .
【详解】双曲线 的渐近线方程为
将 化为一般式可得
由双曲线的渐近线 与圆 相切可得，
解得
故选 A
【点睛】本题主要考查了双曲线的基本性质以及直线与圆相切的性质，关键是利用点到直线的距离公式列
出方程，属于基础题.
7.已知 ， ， ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
可以得出 ， ， ，并可判断出 ，从而得
出 ， ， 的大小关系．
【详解】解： ， ， ，
又 ，且 ，
，
，
的
2 2
: 1(0 4)4
x yC mm m
− = < 1.8 1.2log 2 log 2<
x y z
0.62 2 1.8 1.8log 3.6 1 log 2 2= + >
1.2 1.8
2 2
1 12 , 21.2 1.8log loglog log
= =
2 2log 1.8 log 1.2 0> >
1.8 1.2log 2 log 2∴ <
1.8 1.2log 3.6 log 2.4∴
6
π ,12
π
ω
1
2
2
3
3 1( ) 3 cos sin 2 cos sin 2cos2 2 6f x x x x x x
πω ω ω ω ω = − = − = +
( )f x
6
π
2cos 6 6y x
π πω = − +
,12
π
2cos 2cos 12 6 6 3 6
π π π π πω ω ∴ − + = + =
1cos 3 6 2
π πω + =
23 6 3k
π π πω π+ = ± ( )k Z∈
36 2kω = − 16 2kω = + ( )k Z∈
0>ω
∴ 0k = ω 1
2
C11.已知 的重心 恰好在以边 为直径的圆上，若 ，则 （ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，可得 ，再化简 即可求得
【详解】设 的中点为 ，则 .因为 的重心 恰好在以边 为直径的圆上，
所以 且
，解得
【点睛】抓住重心 G 所带来的条件，利用平面向量数量积的性质及运算将已知变形即可，属于基础题．
12.已知梯形 中， ， ， ， ， ， ，以 为折
痕将△ 折起，使点 到达点 的位置，且平面 平面 ，则四棱锥 外接球的表
面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
确定 BC 中点 O 为四棱锥 外接球的球心，根据球的表面积公式求解即可.
【详解】取 BC 中点 O,过点 P 作 BE 的垂线，垂足于 F，连接 PO,FO
.
ABC∆ G AB 8AC CB⋅ = − AB =
2
0
2
GA GB GM
GA GB
GC GM
+ =
⋅ =
= −
( ) ( )AC CB AG GC CG GB⋅ += + ⋅ | |AB
AB M 2GA GB GM+ = ABC∆ G AB
0GA GB⋅ = 2 .GC GM AC CB= − ⋅ ( ) ( )AG GC CG GB= + ⋅ +
2AG CG GC AG GB GC GB= ⋅ − + ⋅ + ⋅ 2( )GC GA GB GC= ⋅ + −
2 22 2GC GM GC GC= ⋅ − = − 22 | | 8AB= − = − | | 2AB =
ABCD / /AD BC AB BC⊥ 4BC = 2CD = 3AD = 3AD AE= BE
ABE A P PBE ⊥ EBCD P EBCD−
8
3
π 16
3
π
12π 16π
P EBCD−由于
所以
即
所以球心在 的中点处，所以外接球的半径为 2，其表面积为
【点睛】本题主要考查了四棱锥的外接球的性质以及球的表面积公式，关键是确定球心所在位置，属于难
题.
二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分.
13.己知实数 ， 满足 ，则 的取値范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】
作出不等式组对应的平面区域，利用 的几何意义，利用数形结合，即可得到结论．
【详解】解：作出实数 ， 满足 对应的平面区域如图：
由 得 ，
平移直线 ，由图象可知当直线 ，经过点 时，
2BO OC OD OE= = = = 2 23 13cos30 , 2 cos602 2BF PB FO BF BO BF BO= ° = = + − ⋅ ° =
3sin30 2PF PB= ° =
2 2 2PO PF FO= + =
OP= 2OB OC OD OE= = = =
BC 16π
x y
3 0
2 3 0
1
x y
x y
y
− + ≥
+ − ≥
≥
3x y+
[3, )+∞
z
x y
3 0
2 3 0
1
x y
x y
y
− +
+ −
3z x y= + 3y x z= − +
3y x z= − + 3y x z= − + A直线的截距最小，此时 最小．
由 ，解得即 ，
此时 ，
没有最大值．
故 ， ．
故答案为： ， ．
【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决本题的关键，属于基础题．
14.已知 为坐标原点， 为椭圆 的右焦点，过点 且倾斜角为 的直线与
椭圆 交于第一象限一点 ，若△ 为正三角形，则椭圆 的离心率为______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意求出点 P 的坐标并代入椭圆方程，化简即可求解.
【详解】因为 ，△ 为正三角形
所以
则点 P 坐标为
z
3 0
2 3 0
x y
x y
− + =
+ − = (0,3)A
3minz =
z
[3z ∈ )+∞
[3 )+∞
O F
2 2
2 2: 1( 0)x yC a ba b
+ = > > F 120°
C P POF C
3 1−
OF c= POF
PO c=
1 3,2 2c c
即 ，解得
故椭圆 的离心率为
【点睛】本题主要考查了椭圆离心率的求法，关键是由几何关系确定点 P 坐标，属于中等题.
15.甲、乙、丙、丁四名同学申报 3 所不同的 985 高校的自主招生，要求每名同学只能申报一所学校，每所
学校必须有同学申报，甲、乙或甲、丙均不能申报同一所学校，则不同的申报方案有______种.
【答案】24
【解析】
【分析】
根据题意，必定有两个人报一所学校，有 4 种可能：甲丁 丙丁 乙丁 乙丙，再排列组合，所以总共有
.
【详解】解：根据题意，必定有两个人报一所学校，有 4 种可能：甲丁 丙丁 乙丁 乙丙，将这些分别看作
一个整体，再排列组合，所以总共有 .
【点睛】本题重点考查排列组合，采用分类和“捆绑法”可以快速得到答案．
16.已知函数 ，若存在实数 满足 ，且 ，则
的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】
结合图象得出 ，将 代入 ，构造函数 ，利用导数
求出 在 最大值即可.
22
2 2
2 2 2 4 2
31
22 1
8 4 0
cc
a b
a b c e e
ce a
+ =
= + ⇒ − + =
=
3 1e = −
C 3 1−
3
3 4 24A × =
3
3 4 24A × =
2
, [0,1]( ) e , (1,3]x
x xf x x−
∈= ∈ 1 2,x x 1 20 3x x ( ) ( )1 2f x f x= 2 12x x−
1 ln 2−
21 2x< ≤ 2 2
1 exx −= 2 12x x− ( ) 2 2
2 2 22e , (1,2]xg x x x−= − ∈
( )2g x 2 (1,2]x ∈【详解】
画出 的图象可得 ，因为 ，所以 ，
所以 ，令 .
则 ，令 ，则 ，
当 时， ；
当 时，
所以当 时， 最大，且 .
故 的最大值为
【点睛】本题主要利用导数求函数的最值，关键是构造函数，属于难题.
三、解答题：本大题共 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.如图， 是 边 上一点， ， ， .
（Ⅰ）求 的长；
（Ⅱ）若 ，求 的面积.
【答案】（Ⅰ）4；（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由已知利用正弦定理，可得 ，结合已知可求
DC=3BD=3.
（Ⅱ）由已知利用余弦定理，解得 ，可求 ，利用三角形的面积公式即可计算得解．
【详解】解：（Ⅰ）在 和 中由正弦定理得
( )f x 21 2x< ≤ ( ) ( )1 2f x f x= 2 2
1 exx −=
2 2
2 1 22 2exx x x −− = − ( ) 2 2
2 2 22e , (1,2]xg x x x−= − ∈
( ) 2 2
2 1 2exg x −= −′ ( )2 0g x′ = 2 2 ln 2 (1,2]x = − ∈
2 (1,2 ln 2)x ∈ − ( )2 0g x′ >
2 (2 ln 2,2)x ∈ − ( )2 0g x′ <
2 2 ln 2x = − ( )2g x ( )2 max 1 ln 2g x = −
2 12x x− 1 ln 2−
D ABC∆ BC 2 3AB AC= 3BD = sin 2sinCAD BAD∠ = ∠
DC
2AD = ABC∆
7 5
3
sin sin sin sin
AB BD AC DC
ADB BAD ADC CAD
= = =∠ ∠ ∠ ∠
cos ADC∠ sin ADC∠
ABD∆ ADC∆， ，
因为 ， ， ， ，
所以 .
（Ⅱ）在 由余弦定理得 ，
在 中由余弦定理得 ，
因为 ， ， ， ， ，
所以 ，
解得 ，所以 .
所以 .
【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算
能力和转化思想，属于基础题．
18.如图，在四棱锥 中，底面 是平行四边形， 平面 ， ，
， ， 为 的中点.
（Ⅰ）求证： 平面 ；
（Ⅱ）若 ，求二面角 的大小.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） .
【解析】
【分析】
（Ⅰ）作出相关辅助线，利用中位线定理，即可求解．
（Ⅱ）建立适当的空间直角坐标系，利用向量的数量积即可求出二面角．
【详解】（Ⅰ）证明：取 的中点 ，连接 .连接 ，交 于点 ，连接 交 于点 ，连
sin sin
AB BD
ADB BAD
=∠ ∠ sin sin
AC DC
ADC CAD
=∠ ∠
2 3AB AC= sin sinADB ADC∠ = ∠ 3BD = sin 2sinCAD BAD∠ = ∠
4 43DC BD= =
ABD∆ 2 2 2 2 cosAB AD BD AD BD ADB= + − × × ∠
ADC∆ 2 2 2 2 cosAC AD DC AD DC ADC= + − × × ∠
2 3AB AC= 2AD = 3BD = 4DC = cos cosADB ADC∠ = − ∠
4(4 9 2 2 3 cos )ADC+ + × × × ∠ 9(4 16 2 2 4 cos )ADC= + − × × × ∠
2cos 3ADC∠ = 5sin 3ADC∠ =
1 ( ) sin2ABCS BD DC AD ADC∆ = + × × ∠ 1 5 7 57 22 3 3
= × × × =
S ABCD− ABCD SA ⊥ ABCD 2 2BC AB= =
60ABC∠ = ° 2SE ED= F SC
//BF ACE
2SA = S AC E− −
45
SE G FG BD AC N FD CE M接 .因为 为 的中点， 是 的中点，所以 .又 ，所以 为 的中点，
所以 为 的中点，又 为 的中点，所以 .
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
（Ⅱ）因为 ， ，由余弦定理得，
，
所以 .所以 .因 平面 ， ，
所以以 所在直线为 轴，以 所在直线为 轴，以 所在直线为 轴建立如图所示的空间直角坐标
系，
则 ， ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 即
令 ，得 ，所以 .
因为平面 的法向量为 ，
所以 ，
所以二面角 的大小为 .
【点睛】本题主要考查线面平行的证明，以及二面角的求解，考查运算求解能力，是中档题．
19.已知抛物线 的准线为 ， 为 上一动点，过点 作抛物线 的切线，切点分别为 .
为
MN F SC G SE FG CE 2SE ED= E GD
M FD N BD / /BF MN
BF ⊂ AEC MN ⊂ AEC //BF ACE
2 2BC AB= = 60ABC∠ = °
2 2 2 2 cos60AC BC AB BC AB= + − ⋅ ° 14 1 2 2 1 32
= + − × × × =
3AC = AB AC⊥ SA ⊥ ABCD 2SA =
AB x AC y AS z
(0,0,0)A (0,0,2)S ( )0, 3,0C ( )1, 3,0D − ( )0, 3,0AC =
AE AD DE= + 1
3AD DS= + ( ) ( )11, 3,0 1, 3,23
= − + − 2 2 3 2, ,3 3 3
= −
ACE ( , , )m x y z= 0,
0,
m AC
m AE
⋅ =
⋅ =
3 0,
2 2 3 2 0,3 3 3
y
x y z
=
− + + =
1x = 1z = ( )1,0,1m =
SAC ( )1,0,0n =
1 2cos , 22
m nm n
m n
⋅〈 〉 = = =
⋅
S AC E− − 45
2: 4C y x= l M l M C ,A B（I）求证： 是直角三角形；
（II） 轴上是否存在一定点 ，使 三点共线.
【答案】（I）证明见解析；（II）存在.
【解析】
【分析】
（I）设出点 M 的坐标以及切线方程，并将其与 联立消 得 ，利用 ，
得到 ，结合韦达定理得到 ，即可证明 是直角三角形；
（II）设 ，由（I）可得 ，设出直线 AB 的方程与 联立消
得 ，结合韦达定理得到 ，解得 ，得到直线 过定点 ，即可证
明 轴上存在一定点 ，使 三点共线.
【详解】（I）由已知得直线 的方程为 ，设 ，切线斜率为 ，则切线方程为
，将其与 联立消 得 .所以 ，化
简得 ，所以 ，所以 .即 是直角三角形.
（II）由 I 知 时，方程 的根为
设切点 ，则 .因为 ，所以 .
设 ，与 联立消 得 ，则 ，所以 ，解得 ，
所以直线 过定点 .
即 轴上存在一定点 ，使 三点共线.
【点睛】本题主要考查了抛物线与直线的位置关系，关键是韦达定理的灵活运用，属于中等题．
20.已知函数 有两个极值点.
（1）求 的取值范围；
（2）设 ， 是 的两个极值点，证明 .
【答案】（1） （2）证明见解析
MAB∆
x P , ,A P B
2 4y x= x 2 4 4( ) 0ky y m k− + + = 0∆ =
2 1 0k mk+ − = 1 2 1k k = − MAB∆
2 2
1 2
1 2, , ,4 4
y yA y B y
1 2
1 2
4 4y y k k
= = − 2 4y x=
x 2 4 4 0y ny t− − = 1 2 4y y t=- 1t = AB ( )1,0P
x P , ,A P B
l 1x = − ( )1,M m− k
( )1y m k x− = + 2 4y x= x 2 4 4( ) 0ky y m k− + + = 16 16 ( ) 0k m k∆ = − + =
2 1 0k mk+ − = 1 2 1k k = − MA MB⊥ MAB∆
16 16 ( ) 0k m k∆ = − + = 2 4 4( ) 0ky y m k− + + = 2y k
=
2 2
1 2
1 2, , ,4 4
y yA y B y
1 2
1 2
2 2,y yk k
= =
1 2 1k k = − 1 2
1 2
4 4y y k k
= = −
:ABl x ny t= + 2 4y x= x 2 4 4 0y ny t− − = 1 2 4y y t=- 4 4t− = − 1t =
AB ( )1,0P
x ( )1,0P , ,A P B
2( ) (6ln 4 6 3)f x x x x a= − + −
a
1x 2 1 2( )x x x< ( )f x
1 2
1 2 0ln lnx x
+ >
(1, )+∞【解析】
【分析】
（1） 的定义域为 ， ，设 ，则由题意得 在
内有两个不等零点，利用导数性质求出 ，推导出 在 和 内
分别存在一个变号零点，由此能求出 的取值范围；
（2） 的极值点 ， 就是 的零点，即 ，推导出 ， ，设
， ，再求导，由此利用导数性质能证明 ，
即 ．
【详解】解：（1）由 ， ，得 .
函数 有两个极值点等价于 在 上有两个变号零点，
等价于 在 上有两个变号零点.
令 ，则 .
所以 时， ， 单调递增；
时， ， 单调递减，所以 .
当 时， 恒成立， 在 上单调递减，不可能有两个极值点，舍去；
当 时， ， ， ， ，而 ，
由零点存在性定理得 在 和 内分别存在一个变号零点，此时 有两个极值点.
综上，所以求 的取值范围为 .
（2）因为 ， 是 的两个极值点，所以 ，且 .
由（1）知 ， .
令 ， .
( )f x (0, )+∞ ( ) 12 (ln )f x x x x a= − +′ ( ) lng x x x a= − + ( )g x
(0, )+∞ ( ) ( )max 1 1g x g a= = − ( )g x (0,1) (1, )+∞
a
( )f x 1x 2x ( )g x 1 2( ) ( ) 0g x g x= = 1 (0,1)x ∈ 2 (1, )x ∈ +∞
2 2
1 1( ) ( ) ( ) 3lnh x g x g x xx x
= − = − + (0,1)x∈ 1 22ln ln 0x x+ <
1 2
1 2 0ln lnx x
+ >
2( ) (6ln 4 6 3)f x x x x a= − + − (0, )x∈ +∞ ( ) 12 (ln )f x x x x a= − +′
( )f x ( ) 0f x′ = (0, )+∞
ln 0x x a− + = (0, )+∞
( ) lng x x x a= − + 1 1( ) 1 xg x x x
−′ = − =
(0,1)x∈ ( ) 0g x′ > ( )g x
(1, )x∈ +∞ ( ) 0g x′ < ( )g x max( ) (1) 1g x g a= = −
1a ≤ ( ) 0g x ≤ ( )f x (0, )+∞
1a > e (0,1)a− ∈ e (1, )a ∈ +∞ ( )e e 0a ag − −= − < ( )e 2 e 0a ag a= − < (1) 0g >
( )g x (0,1) (1, )+∞ ( )f x
a (1, )+∞
1x ( )2 1 2x x x< ( )f x 1a > ( ) ( )1 2g x g x=
1 20 1x x< < < 2
1
1 1x
>
2 2 2 2
1 1 1 1( ) ( ) ln ln 3lnh x g x g x x a a x xx x x x
= − = − + − − + = − + 0 1x< 2
1( )g x g x
>
( ) ( )2 1 2
1
1g x g x g x
= >
( )2 2
1
1g x g x
>
( )g x (1, )+∞
2 2
1
1x x
< 2
1 2 1x x⋅ <
( )2
1 2ln 0x x⋅ < 1 22ln ln 0x x+ <
1 20 1x x< < < 1 2ln 0,ln 0x x< > 1 2
1 2
2ln ln 0ln ln
x x
x x
+ >⋅
1 2
1 2 0ln lnx x
+ >（Ⅰ）求该学生参加自主招生考试的概率；
（Ⅱ）求该学生参加考试的次数 的分布列及数学期望；
（Ⅲ）求该学生被该校录取的概率.
【答案】（Ⅰ）0.9.（Ⅱ）分布列见解析；数学期望 3.3；（Ⅲ）0.838
【解析】
【分析】
（Ⅰ）设该生参加省数学竞赛获一等奖、参加国家集训队时间分别为 ， 则 ，然后
利用互斥事件的概率公式进行求解；
（Ⅱ） 的可能取值为 2，3，4，然后分别求出相应的概率，列出分布列，根据数学期望公式进行求解即
可；
（Ⅲ）设自主招生通过并且高考达重点线录取、自主招生未通过且高考达该校线录取的事件分别为 C、D，
该学生被该校录取的事件分为三种事件，AB、C、D，分别求出对应的概率，最后相加即可．
【详解】解：（Ⅰ）设该学生参加省数学竞赛获一等奖、参加国家集训队的事件分别为 ， ，
则 ， ， .
即该学生参加自主招生考试的概率为 0.9.
（Ⅱ）该该学生参加考试的次数 的可能取值为 2，3，4
；
；
.
所以 的分布列为
2 3 4
0.1 0.5 0.4
.
（Ⅲ）设该学生自主招生通过并且高考达到重点分数线录取，自主招生未通过但高考达到该校录取分数线
录取的事件分别为 ， .
， ， ，
X
A B 1 ( ) ( )P P A P AB= +
X
A B
( ) 0.5P A = ( ) 0.2P B = 1 ( ) ( )P P A P AB= + 1 0.5 0.5 (1 0.2) 0.9= − + × − =
X
( 2) ( ) ( ) 0.5 0.2 0.1P X P A P B= = = × =
( 3) ( ) 1 0.5 0.5P X P A= = = − =
( 4) ( ) ( ) 0.5 0.8 0.4P X P A P B= = = × =
X
X
P
( ) 2 0.1 3 0.5 4 0.4 3.3E X = × + × + × =
C D
( ) 0.1P AB = ( ) 0.9 0.6 0.9 0.486P C = × × = ( ) 0.9 0.4 0.7 0.252P D = × × =所以该学生被该校录取的概率为 .
【点睛】本题考查离散型随机变量及其分布列和离散型随机变量的期望与方差．
请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时请写清题号.
22.在直角坐标系 中，曲线 ，（ 为参数），以原点 为极点， 轴 正半轴为极轴建
立极坐标系，曲线 .
（I）求 的普通方程和 的直角坐标方程；
（II）若曲线 与 交于 两点（ 在 的上方），点 ，求 的值.
【答案】（I） , ；（II） .
【解析】
【分析】
（I）利用参数方程和极坐标方程化为普通方程和直角坐标方程的公式即可求解;
（II）两圆的方程 与 作差得直线 的方程,利用点 P 写出直线 AB 的参
数方程，代入 ，利用韦达定理求出 ， ，即可求解 的值.
【详解】（1）曲线 的普通方程为 .
由 .
将 代入上式得
曲线 的直角坐标系为 .
（II）将两圆的方程 与 作差得直线 的方程为 .点
在直线 上，设直线 的参数方程为 ，（ 为参数），代入 化简得
，所以 .
所以
的
2 ( ) ( ) ( ) 0.838P P AB P C P D= + + =
xOy 1
2cos: 2sin
xC y
α
α
=
=
α O x
2 : 4cos 2sin 0C ρ θ θ+ − =
1C 2C
1C 2C ,A B A B ( )1,0P − 2 2PA PB−
2 2 4x y+ = 2 2 4 2 0x y x y+ + − = 16
5
2 2 4x y+ = 2 2 4 2 0x y x y+ + − = AB
2 2 4x y+ = A Bt t+ A Bt t 2 2PA PB−
1C 2 2 4x y+ =
24cos 2sin 0 4 cos 2 sin 0ρ θ θ ρ ρ θ ρ θ+ − = ⇒ + − =
2 2 2 , cos , sinx y x yρ ρ θ ρ θ= + = =
2C 2 2 4 2 0x y x y+ + − =
2 2 4x y+ = 2 2 4 2 0x y x y+ + − = AB 2 2 0x y− + =
( )1,0P − AB AB
51 5
2 5
5
x t
y t
= − +
=
t 2 2 4x y+ =
2 2 5 3 05t t− − = 2 5 , 35A B A Bt t t t+ = = −
( )( )2 2| | ( )( ) A B A BPA PB PA PB PA PB t t t t− = − + = − +，
因为 在 的上方，
所以 .
所以 ，即 .
【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线参数
方程的几何意义，解决问题（II）时要借助直线参数方程的几何意义来求解，属于中等题.
23.已知函数 .
（I）当 时，求不等式 的解集；
（II）若 时， 恒成立，求实数 的取值范围.
【答案】（I） ；（II） .
【解析】
【分析】
（I）利用零点分段法将函数 去掉绝对值，并分段讨论 的解集即可;
（II）由于 ，可将 化为 ，结合不等式的性质可以得到 ，
分别求出 和 在 时的最大值和最小值，即可确定实数 的取值范围.
【详解】（I）当 时， ，
当 时， ，得 ，所以 ；
当 时， 恒成立，所以 ；
当 时， 恒成立，得 .
综上，不等式 的解集为 .
（II） 时， 恒成立，
等价于 在 恒成立.
( )2 5
5 A Bt t= −
A B
( ) ( )
2
2 2 2 5 8 54 125 5A B A B A B A Bt t t t t t t t
− = − = + − = + =
2 2 2 5 8 5 16| | 5 5 5PA PB− = × = 2 2 16| | 5PA PB− =
( ) 1f x x x x a= + − −
1a = ( ) 5f x <
( )1,x∈ +∞ ( )f x x> a
{ }2x x < [ ]0,2
( )f x ( ) 5f x <
( )1,x∈ +∞ ( )f x x> 2x a x− < 2 2x x a x x− < < +
2x x− 2x x+ ( )1,x∈ +∞ a
1a =
2
2
2
1, 1
( ) 2 1, 1 1
1, 1
x x
f x x x x
x x
+
= + − − <
2x a x− < ( )1,x∈ +∞等价于 ，即 在 恒成立.
即 时， ，
因为 时， ，
所以 ，即实数 的取值范围是 .
【点睛】本题主要考查了含参数绝对值函数的参数范围以及解绝对值不等式，一般解绝对值不等式可先用
零点分段法将绝对值去掉化为分段函数，讨论每一段的解集，即可得到整个不等式的解集.
2 2x x a x− < − < 2 2x x a x x− < < + ( )1,x∈ +∞
( )1,x∈ +∞ ( ) ( )2 2
max min
x x a x x− ≤ ≤ +
1x > ( ) ( )2 2(2, ); ( ,0)x x x x+ ∈ +∞ − ∈ −∞
0 2a≤ ≤ a [ ]0,2
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