2019～2020 年度河南省高三阶段性考试（四）
数学（理科）
考生注意：
1.本试卷共 150 分. 考试时间 120 分钟。
2.请将各题答案填写在答题卡上。
3.本试卷主要考试内容：高考全部内容（除选修 4 一 4，4—5）。
一、选择题: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.设集合 ， ，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
解出集合 、 ，然后利用交集的定义可得出集合 .
【详解】解不等式 ，得 ，则 .
解不等式 ，得 ，解得 ，则 .
因此， .
故选：A.
【点睛】本题考查集合的交集运算，同时也考查了一元二次不等式与指数不等式的解法，考
查运算求解能力，属于基础题.
2.欧拉公式 （ 是自然对数的底数， 是虚数单位）是数学里令人着迷的
公式之一，根据欧拉公式可知， （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
{ }2 5 6 0A x x x= − + < { }12 2 2xB x −= < A B = 52, 2 52, 2 − ( )2, 2 1+ ( )2, 2 1− + A B A B 2 5 6 0x x− + < 2 3x< < ( )2,3A = 3 1 22 2 2 2x− < = 31 2x − < 5 2x < 5, 2B = −∞ 52, 2A B = cos sinixe x i x= + e i 62 i ie π− = 3 i− 1 3i− 3 i+ 1 3i+
【解析】
【分析】
根据欧拉公式和复数的乘法法则可计算出 .
【 详 解 】 根 据 欧 拉 公 式 和 复 数 的 乘 法 法 则 得
.
故选：D.
【点睛】本题考查复数的基本运算，解题的关键就是利用欧拉公式将复数化为一般形式，考
查计算能力，属于基础题.
3.设 ， ， ，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
比较 、 、 三个数与 和 的大小关系，从而可得出 、 、 三个数的大小关系.
【详解】对数函数 是增函数，则 ；
对数函数 是减函数，则 ；
指数函数 为增函数，则 ，且 .
因此， .
故选：C.
【点睛】本题考查指数幂、对数式的大小比较，一般利用指数函数和对数函数的单调性，结
合中间值法来得出各数的大小关系，考查推理能力，属于中等题.
4.鸡兔同笼，是中国古代著名的趣味题之一.《孙子算经》中就有这样的记载：今有鸡兔同笼，
上有三十五头，下有九十四足，问鸡兔各有几何？设计如右图的算法来解决这个问题，则判
断框中应填入的是（ ）
62 i
ie
π−
6 3 12 2 cos sin 2 1 36 6 2 2
i
ie i i i i i
π π π− = − + − = ⋅ − = +
2loga e= 1
2
logb e= 1c e−=
a b c> > b a c> >
a c b> > c b a> >
a b c 0 1 a b c
2logy x= 2 2log log 2 1a e= > =
1
2
logy x= 1 1
2 2
log log 1 0b e= < = xy e= 1 0 1c e e−= < = 1 0c e−= >
b c a< 94m = 35m = 35m ≤
i j m
i j m
94 94m =
( ) 3
ln
xf x x
=
【答案】D
【解析】
【分析】
分析函数 的定义域、奇偶性以及函数 在 和 上的函数值符号，
可得出正确选项.
【详解】自变量 满足 ，解得 且 ，
则函数 定义域为 .
，则函数 为奇函数，
当 时， ， ，当 时， ， .
故选：D.
【点睛】本题考查函数图象的识别，一般从函数的定义域、奇偶性、单调性、零点和函数值
符号来进行判断，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
6.临近学期结束，某中学要对本校高中部一线科任教师进行“评教评学”调查，经调查，高
一年级 名一线科任教师好评率为 ，高二年级 名一线科任教师好评率为 ，高三
年级 名一线科任教师好评率为 .依此估计该中学高中部一线科任教师的好评率约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
计算出高中三个年级好评率的教师总数，再除以高中部一线科任教师总数即可得出结果.
【 详 解 】 由 题 意 可 知 ， 该 中 学 高 中 部 一 线 科 任 教 师 好 评 率 为
，
因此，该中学高中部一线科任教师的好评率为 .
故选：A.
【点睛】本题考查古典概型概率的计算，考查计算能力，属于基础题.
7.已知平面上两个力 的合力 的大小为 ，其中 的大小为 ，若 与 垂直，
的
( )y f x= ( )y f x= ( )0,1 ( )1,+∞
x 0
ln 0
x
x
> ≠ 0x ≠ 1x ≠ ±
( )y f x= ( ) ( ) ( ) ( ), 1 1,0 0,1 1,−∞ − − +∞
( ) ( ) ( )
3 3
ln ln
x xf x f xx x
−− = = − = −− ( )y f x=
0 1x< < ln 0x < ( ) 0f x∴ < 1x > ln 0x > ( ) 0f x∴ >
80 90% 75 92%
80 95%
92% 93% 94% 95%
80 0.9 75 0.92 80 0.95 217 0.9280 75 80 235
× + × + × = ≈+ +
92%
1 2,F F F 8N 1F 10N F
2F
则 夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意 ，利用模与垂直的条件建立 与 cos 的方程，解出即可.
【详解】设 的夹角为 ，
因为 ，所以 ，所以 . 又因
为 ，
所以 ，解得 ， .
故选：C.
【点睛】本题考查了向量的物理意义，考查了垂直的向量表示，向量模及夹角的基本运算，
属于基础题.
8.斜率为 的直线 过双曲线 的右焦点 ，且与双曲线的渐近线
交于 两点，若 ，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. 2 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意得 为 的中点，过 ， 分别作 轴的垂线，垂足分别为 ， ，由平面几何知
识得到三角形相似，通过相似可以建立 a，b 的等量关系，由此求得结果.
【详解】如图，过 ， 分别作 轴的垂线，垂足分别为 ， .
因为 ，所以 为 的中点. 因为 ，所以 ，所
1 2,F F
4
5
− 4
5
3
5-
3
5
1 2F F F= +
1 2F F ， θ
1 2,F F θ
1 2F F F= + ( )22 2
1 2 1 2F F F F F= + = + 2
2 220cos 36F Fθ+ ⋅ = −
2 0F F⋅ =
2 2
2 1 2 2 2 210cos 0F F F F F F Fθ⋅ = ⋅ + = + ⋅ =
2 6F = 3cos 5
θ = −
1
2
− l ( )2 2
2 2 1 0, 0x y a ba b
− = > > F
,A B 2FA FB=
13
2 2 13
3
B AF A B x 1A 1B
A B x 1A 1B
2FA FB= B AF 1 1AOA BOB∠ = ∠ 1 1AOA BOB∆ ∆
以 . 设 ，因为 的斜率为 ，所以 ，所以 ，
所以 ，所以 ，即 ，所以离心率 .
故选：A.
【点睛】本题考查了双曲线的性质的应用，涉及平面几何知识，属于基础题.
9.已知点 ，如图放置的边长为 1 的正方形 沿 轴顺时针滚动至 点落到
轴上停止，设顶点 的运动轨迹与 轴及直线 所围成的区域为 ，若在平面区域
内任意取一点 ，则点 恰好落在区域 内部的概率为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
作出 P 点运动的轨迹，找出区域 M，利用几何概型求解概率即可.
1 1
1 1
2OA AA
OB BB
= = 1BB x= l 1
2
− 1 2B F x= 1 1 2A B x=
1
2
3
xOB = 1
3tan 2BOB∠ = 3
2
b
a
= 13
2e =
02
2 ,A
PABC x P x
P x 2
2x y+ = M
0 4( , ) 0 2
xN x y y
≤ ≤ = ≤ ≤
Q Q M
16
π 1
8
π +
7
64
π 7 8
64
π +
【详解】P 点首先围绕 点运动 个圆到达 ，该圆的半径为 1，
然后以点 为圆心，以 的长为半径运动 个圆到达 ，此时 点落地，
再以 为圆心，半径为 1，运动 个圆， 点落到 轴的 ， 最终区域 如图：
其面积为 ，
则所求概率 ，
故选：D.
【点睛】本题以动点运动轨迹为载体，考查了几何概型，作出区域 M 是关键，属于中档题.
10.在 中，角 、 、 的对边分别为 、 、 ，若 ，
，点 是 的重心，且 ，则 （ ）
A. 或 B. C. 或 D.
【答案】C
【解析】
分析】
利用二倍角的余弦公式以及诱导公式求出 ，可得出 或 ，然后由点 是
的重心，得出 ，两边平方后化简得出 ，然
后分 或 两种情况讨论，求出 的值，由余弦定理可求出 的值.
【
A 1
8 1P
B ( )1 1 2BP BP = 1
4 2P C
C 1
4 P x 3P M
( )21 1 1 1 7 82 2 1 18 4 4 2 8S
ππ π π += × + × × + × + × × × =
7 1 7 88
2 4 64P
π
π+ += =×
ABC∆ A B C a b c 2b =
( ) ( )cos2 4 3 sin 2 3 1A B C+ + + = + P ABC∆ 2 7
3AP = a =
2 3 2 5 2 13 2 3 2 13 2 7
3sin 2A =
3A
π= 2
3
π
P
ABC∆ ( )1
3AP AB AC= + 2 4 cos 24 0c c A+ − =
3A
π= 2
3
π c a
【 详 解 】 ，
，
整理得 ，解得 或 （舍去）.
或 .
又 点 是 的重心，则 ，
等式两边平方得 ，
， ， ，整理得 .
①当 时，则有 ，解得 ，
由余弦定理得 ，则 ；
②当 时，则有 ，解得 ，
由余弦定理得 ，则 .
因此， 或 .
故选：C.
【点睛】本题考查二倍角的余弦公式、余弦定理解三角形问题，本题涉及三角形的重心问题，
在解题时可充分利用向量来处理，可简化计算，考查运算求解能力，属于中等题.
11.已知 是边长为 4 的正三角形，点 是 的中点，沿 将 折起使得二面
角 为 ，则三棱锥 外接球的表面积为 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意知底面 是直角三角形，且球心 在 中点 的正上方，利用题中数据及垂径
定理建立关于 R 与 D 的方程组，即可得出结果.
的
( ) ( )cos2 4 3 sin 2 3 1A B C+ + + = +
( )2 4 3 sin1 n 2si 32 1A A+ + =∴ +−
( )22sin 4 3 sin 2 3 0A A− + + = 3sin 2A = sin 2A =
3A
π∴ = 2
3
π
P ABC∆ ( )1
3AP AB AC= +
( )2 2 21 2 cos9AP AB AC AB AC A= + + ⋅
2 7
3AP = 2b = ( )228 1 4 4 cos9 9 c c A∴ = × + + 2 4 cos 24 0c c A+ − =
3A
π= 2 2 24 0c c+ − = 4c =
2 2 2 12 cos 4 16 2 2 4 122a b c bc A= + − = + − × × × = 2 3a =
2
3A
π= 2 2 24 0c c− − = 6c =
2 2 2 12 cos 4 36 2 2 6 522a b c bc A = + − = + − × × × − = 2 13a =
2 3a = 2 13
ABC∆ D AC BD BCD∆
A BD C− −
3
π
C ABD−
26π 52
3
π 53
2
π 53
3
π
ABD O AB O′
【详解】如图将 沿 将 折起得到三棱锥 ，
在三棱锥 中，底面 是以 为斜边的直角三角形，设底面 外接圆的圆心
为 ，可知 在 的中点处，其半径 .
设三棱锥 外接球的球心为 ，半径为 ，则球心 在 的中点 的正上方，由
题意及二面角的定义可知二面角 的平面角即为 ，所以点 到底面的
距离为 ，且点 在底面的射影为 的中点 ，所以 .
设 = ，则 ，且 ，解得 ， ，
所以 .
故选：B.
【点睛】本题考查了球与三棱锥的组合体问题，找到球心并利用垂径定理是解题的关键，属
于中档题.
12.已知函数 ， 为 的一个零点， 为
图象的一条对称轴，且 在 上有且仅有 7 个零点，下述四个结论：
① ；② 在 上有且仅有 4 个极大值点；
③ ；④ 在 上单调递增.
其中所有正确结论的编号是（ ）
A. ①④ B. ②③ C. ①②③ D. ①②④
【答案】D
【解析】
ABC∆ BD BCD∆ C ABD−
C ABD− ABD AB ABD
O′ O′ AB 2r =
C ABD− O R O AB O′
A BD C− − CDA∠ =
3
π
C
3 C AD E 3O E′ =
O′ O d 2 2 2r d R+ = ( )22 23O E d R′ + − = 2 1
3d = 2 13
3R =
2 524 3S Rπ π= =
( ) sin( )( 0,0 )2f x x
πω ϕ ω ϕ= + > < < 3 π− ( )f x 6x π= ( )y f x= ( )f x (0, )π 3 πϕ = ( )f x (0, )π 5ω = ( )f x 0, 42 π
【分析】
由题意得到 与 ，利用两式可求解 ，再由 在
上有且仅有 7 个零点求解 ，作出简图，依次看选项得出结论.
【详解】由题意得到 与 ，
可得
由①+2×②，得 ， ，
由②-①，得 .
∵ ，∴ ， ，即 ， .
∵ 在 上有且仅有 7 个零点，∴ ， ，故③错误；
所以 .
作出 的图象，如图所示，
可知 在 上有且仅有 3 个极小值点，4 个极大值点.
∵当 时， ，∴ 在 上单调递增.
故选：D.
【点睛】本题考查了正弦函数的对称性与图像的应用，考查了正弦函数的单调性、极值，考
查分析、转化与运用三角知识解决问题的能力，属于中档题.
二、填空题:本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 把答案填在答题卡中的横线上.
1( )3f k
π π− = 2 1 2( ) ( , )6 2f k k k Z
π π π= + ∈ ϕ ( )f x
(0, )π ω
1( )3f k
π π− = 2 1 2( ) ( , )6 2f k k k Z
π π π= + ∈
1 1
2 1
,3
, ,6 2
k k Z
k k Z
π ω ϕ π
π πω ϕ π
− + = ∈
+ = + ∈
①
②
( )1 2 1 23 2 , ,k k k k Zϕ π π= + + ∈ ( )1 2
1 2
2 , ,3 3
k k k k Z
πϕ π+= + ∈
( )2 11 2 k kω = + −
0 2
πϕ< < 1 22 0k k+ = 3 πϕ = 21 6kω = + 2k Z∈ ( )f x ( )0,π 7 83 ππ ωπ π< + ≤ 7ω = ( ) sin 7 3f x x π = + ( )f x ( )f x ( )0,π 0, 42x π ∈ 7 ,3 3 2x π π π + ∈ ( )f x 0, 42 π
13.若 ，则 __________（用数字作答）.
【答案】16
【解析】
【分析】
利用二项展开式的通项公式求出通项，令 x 的指数为 7，求出 a7．
【详解】∵（x +2）8 展开式的通项为 Tr+1＝C8r2rx8﹣r，
令 8-r＝7 得 r＝1，∴a7＝C8121＝16，
故答案为：16.
【点睛】本题考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的系数问题，属于基础题.
14.首项为 的等差数列 中， 、 、 成等比数列，则 的前 项和为
_________.
【答案】
【解析】
【分析】
设等差数列 的公差为 ，根据题中条件求出 的值，然后利用等差数列的求和公式可求
出数列 的前 项的和.
【详解】设等差数列 的公差为 ，由题意可得 ，
所以 ， ， ，
整理得 ，解得 或 .
当 时， ，舍去；
所以， ，因此，数列 的前 项的和为
.
故答案为： .
【点睛】本题考查等差数列求和公式的应用，一般要结合已知条件列出有关首项和公差的方
程（组），求出等差数列的首项和公差，考查计算能力，属于中等题.
15.若函数 在区间 上单调递减，则实数 的取值范围
8 7 8
0 1 7 8( 2) ...x a a x a x a x+ = + + + + 7a =
3− { }na 2a 4a 8 4a − { }na 8
192−
{ }na d d
{ }na 8
{ }na d ( )2
4 2 8 4a a a= −
( ) ( )( )2
1 1 13 7 4a d a d a d+ = + + − 1 3a = − ( ) ( )( )23 3 3 7 7d d d∴ − = − −
( )( )1 6 0d d− + = 1d = 6d = −
1d = 4 1 3 3 3 1 0a a d= + = − + × =
6d = − { }na 8
( ) ( )1
8 78 8 3 28 6 1922a d
×+ = × − + × − = −
192−
21( ) 2 24ln2f x x x x= − − [ ]3 1,5a a− + a
是__________.
【答案】
【解析】
【分析】
先由题意求得 的定义域，得到 ，再求导求得 在 上单调递减，利用
，列出不等式，求解 a 即可.
【详解】 的定义域为 ，所以 ，解得 .
依题意知 ，若 ，解得 .
所以 在 上单调递减. 所以 ，
即 ，且 ，解得 .
综上， .
故答案为： .
【点睛】本题考查了利用导数求解函数的单调性问题，考查了集合的包含关系，属于中档题.
16.已知点 是椭圆 上的动点， 分别是椭圆长轴的两个端点，直线
分别与直线 交于 ，那么 的最小值为__________.
【答案】6
【解析】
【分析】
设 ，利用 在椭圆上，求得直线 、 的斜率之积 为定值，即 为定
值，得到 ，再利用基本不等式求得最小值.
【详解】如图，设 ，则直线 的斜率 ， 的斜率 ，
1 ,13
( )f x 3 1 0a − > ( )f x (0,6]
[ ]3 1,5 (0,6]a a ⊆− +
( )f x ( )0, ∞+ 3 1 0a − > 1
3a >
( ) ( )( )6 4242 x xf x x x x
− +′ = − − = ( ) 0f x′ < 0 6x< < ( )f x (0,6] [ ]3 1,5 (0,6]a a ⊆− + 3 1 5a a− < + 5 6a+ ≤ 1a ≤ 1 13 a< ≤ 1 ,13 P 2 2 14 3 x y+ = 1 2,A A 1 2,PA PA 4x = 1 2,B B 1 2B B ( ),P x y P 1PA 2PA 1 2k k 1 2PB PBk k 1 2 9y y = − ( ),P x y 1PA 1 2 yk x = + 2PA 2 2 yk x = −
故 . 将 代入上式，
得 .
设 ， ，则 ，所以 .
不妨设 ， ，所以 .
故答案为：6.
【点睛】本题考查了椭圆的性质的应用，考查了计算能力，找到定值是关键，属于中档题.
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.已知首项为 的等比数列 的前 项和为 .
（1）求 的通项公式；
（2）若 ， ，求数列 的前 项和 .
【答案】（1） 或 ；（2） .
【解析】
【分析】
（1）设等比数列 的公比为 ，根据题中条件求出 的值，然后利用等比数列的通项公式
可求出数列 的通项公式；
（2）由（1）可得 ，求出 ，可得出 ，然
后利用裂项求和法可求出数列 的前 项和 .
2
1 2 22 2 4
y y yk k x x x
= ⋅ =+ − −
2 2
14 3
x y+ =
( )
1 2
2
2
1 2 2 2
3 4 34
4 4 4 PB PB
xyk k k kx x
−
= = = − =− −
( )1 14,B y ( )2 24,B y 1 2
1 2
3
6 2 4
y y k k⋅ = = − 1 2 9y y = −
1 0y > 2 0y < ( )1 2 1 2 1 22 6B B y y y y= − ≥ ⋅ − = 1 { }na 3 3 { }na 2 1a ≠ 2logn nb a= 1 2 1 n nb b+ + n nT 1na = ( ) 12 n na −= − 1n nT n = + { }na q q { }na ( ) 12 n na −= − 1nb n= − ( )1 2 1 1 1 1 1 1n nb b n n n n+ + = = −+ + 1 2 1 n nb b+ + n nT
【详解】（1）设等比数列 的公比为 ，由题意可得 ，整理得
，
解得 或 ，因此， 或 ；
（2） ， ， ，
，
因此， .
【点睛】本题考查等比数列通项公式的求解，同时也考查了裂项求和法的应用，考查计算能
力，属于基础题.
18.在 中，角 、 、 的对边分别为 、 、 ，且 .
（1）求 ；
（2）若 ，求 的面积.
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
【分析】
（ 1 ） 由 正 弦 定 理 边 角 互 化 思 想 得 出 ， ， 再 由
，利用两角和的正切公式结合已知条件求出 ，再对
的值进行分类讨论，可得出角 的值；
（2）由 、 的值可求出 、 的值，并利用正弦定理求出 、 的值，然
后利用三角形的面积公式可求出 的面积.
【详解】（1） ，由正弦定理得 ，
， ， .
在 中， ，
{ }na q 21 3q q+ + =
2 2 0q q+ − =
1q = 2q = − 1na = ( ) ( )1 11 2 2n n
na − −= × − = −
2 1a ≠ ( ) 12 n
na −∴ = − 1
2 2log log 2 1n
n nb a n−∴ = = = −
( )1 2
1 1 1 1
1 1n nb b n n n n+ +
∴ = = −+ +
1 1 1 1 1 11 12 2 3 1 1 1n
nT n n n n
= − + − + + − = − = + + +
ABC∆ A B C a b c 2
cos 3cos cos
a b c
A B C
= =
A
3a = ABC∆
3
π 27 3
14
tan 3tanB A= 1tan tan2C A=
( )tan tanA B C= − + tan 3A = ± tan A
A
tan B tanC sin B sinC b c
ABC∆
2
cos 3cos cos
a b c
A B C
= =
sin sin 2sin
cos 3cos cos
A B C
A B C
= =
1tan tan 2tan3A B C∴ = = tan 3tanB A∴ = 1tan tan2C A=
ABC∆ ( )
2
13tan tantan tan 2tan tan 31 tan tan 1 tan2
A AB CA B C B C A
++= − + = − = −− −
，可得 ， .
当 时， ， ，
则角 、 、 均为钝角，不合乎题意，舍去.
，因此， ；
（2）由（1）知， ， ，
，同理可得 ，
， ，所以， ， .
由正弦定理得 ，解得 ， ，
因此， 的面积为 .
【点睛】本题考查正弦定理边角互化思想的应用，同时也考查了三角形面积公式的应用，解
题时要结合三角形元素类型合理选择正弦、余弦定理进行求解，考查计算能力，属于中等题.
19.大学的生活丰富多彩，很多学生除了学习本专业的必修课外，还会选择一些选修课来充实
自己. 甲同学调査了自己班上的 50 名同学学习选修课的情况，并作出如下表格：
每人选择选修课科数 0 1 2 3 4 5 6
频数 1 5 9 15 13 5 2
（1）求甲同学班上人均学习选修课科数；
（2）现从学习选修课科数为 5，6 的同学中抽出三名同学，求这三名同学中恰有一名是学习
选修课科数为 6 的概率；
（3）甲同学和乙同学的某门选修课是在同一个班，且该门选修课开始上课的时间是早上 8:00，
tan 0A ≠ 2tan 3A = tan 3A∴ = ±
tan 3A = − tan 3 3B = − 3tan 2C = −
A B C
tan 3A∴ =
3A
π=
tan 3 3B = 3tan 2C =
2
2 222
2 22 2 2
2 2
sin
sin tan 27cossin sin cossin cos tan 1 28
cos cos
B
B BBB B BB B B
B B
= = = =+ ++
2 3sin 7C =
sin 0B > sin 0C > 2 21sin 14B = 21sin 7C =
3
3 21 21sin 3 14 7
b c
π = = 9 7
7b = 6 7
7c =
ABC∆ 1 1 9 7 6 7 3 27 3sin2 2 7 7 2 14ABCS bc A∆ = = × × × =
已知甲同学每次上课都会在 7:00 到 7:40 之间的任意时刻到达教室，乙同学每次上课都会在
7:20 到 8:00 之间的任意时刻到达教室，求连续 3 天内，甲同学比乙同学早到教室的天数
的分布列和数学期望.
【答案】(1)3.14. (2) ；(3)分布列见解析，数学期望
【解析】
【分析】
（1）直接由平均数公式计算即可.
（2）利用古典概型概率公式求解.
（3）由题意列出关于 x，y 的不等式组，利用几何概型求得在一天中甲同学比乙同学早到教
室的概率，由题意知 ，由此求得分布列和数学期望.
【详解】（1）设甲同学班上人均学习选修课科数为，根据表格可得
，
即甲同学的班上平均每人学习选修课科数是 3.14.
（2）根据表格可知，学习选修课科数为 5 的同学有 5 人，为 6 的同学有 2 人，共有 7 人，
即 .
（3）设甲同学和乙同学到达教室的时间分别为 ， ， 可以看成平面中的点，
则全部结果所构成的区域为 ，所以 .
用 表示事件“甲同学比乙同学早到教室”，该事件所构成的平面区域为
，即 .
故 .
将连续 3 天内甲同学比乙同学早到教室的天数记为 ，则 可能的取值为 0，1，2，3
，
X
4
7
21
8
73, 8X B
0 1 1 5 2 9 3 15 4 13 5 5 6 2 157 3.1450 50x
× + × + × + × + × + × + ×= = =
2 1
5 2
3
7
4
7
C CP C
= =
x y ( ),x y
( ) 23 22, 7 , 83 3A x y x y
= ≤ ≤ ≤ ≤
4
9AS =
B
( ) 23 22, ,7 , 83 3B x y x y x y
= < ≤ ≤ ≤ ≤ 4 1 1 1 7 9 2 3 3 18BS = − × × = ( ) 7 8 B A SP B S = = X X ( ) 0 3 0 3 7 1 10 8 8 512P X C = = × × = ( ) 1 2 1 3 7 1 211 8 8 512P X C = = × × =
， ，
故 的分布列为
0 1 2 3
因为 ，
所以数学期望 .
【点睛】本题考查了古典概型、几何概型的实际应用，考查了离散型随机变量的分布列及期
望问题，考查了知识综合运用能力与逻辑推理能力，属于中档题.
20.如图，在四棱锥 中， 平面 ， ，
， ，点 为 的中点.
（1）证明: 平面 .
（2）若平面 与平面 所成锐二面角为 ，求 .
【答案】(1)证明见解析；(2)
【解析】
【分析】
（1）延长 ， 交于点 ，连接 ，利用余弦定理可得 为 的中点，由中位线可
得 ,利用线面平行的判定定理可得 平面 .
（2）以 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 ，设 ，写出各
( ) 2 1
2
3
7 1 1472 8 8 512P X C = = × × =
( ) 3 0
3
3
7 1 3433 8 8 512P X C = = × × =
X
X
P
1
512
21
512
147
512
343
512
73, 8X B
7 213 8 8EX = × =
P ABCD− PC ⊥ ABCD 3 , 2 , 19AB BC AD= = =
120BCD∠ = ° 90ABC∠ = ° E PD
/ /CE PAB
PAB PCD 4
π
PC
2 2=PC
AB DC F PF C DF
/ /CE PF / /CE PAB
C C xyz− ( )0PC t t= >
个点的坐标，求得两个平面的法向量，利用二面角为 列出 ，
求解 t 即可.
【详解】（1）如图，延长 ， 交于点 ，连接 .
因为 ， ， ，
所以在 中， ， ， .
在 中， ， ， .
由余弦定理可得
解得 或 （舍去），
所以 为 的中点.
又因为点 为 的中点，
所以 为 的中位线，所以 ，
又因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
（2）以 为坐标原点， 所在直线为 轴，在平面 内过 作垂直于 的直线为
轴， 所在直线为 轴建立如图所示的空间直角坐标系 .
设 ，则 ， ， ， ， ，
所以 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则
令 ，则 ， ，得 .
设平面 的法向量为 ，则
令 ，则 ， ，得 .
所以 ，得 ，即 .
4
π
2
3 2cos , 22 4
tm n
t
= =
+
AB DC F PF
2BC = 120BCD∠ = ° 90ABC∠ = °
BCF∆ 30BFC∠ = ° 4FC = 2 3FB =
AFD∆ 30AFD∠ = ° 3 3AF = 19AD =
2 2 2 2 cosAD AF FD AF FD AFD= + − ⋅ ⋅ ∠
8FD = 1FD =
C DF
E PD
CE PDF∆ / /CE PF
CE ⊄ PAB PF ⊂ PAB
/ /CE PAB
C BC x ABCD C BC y
CP z C xyz−
( )0PC t t= > ( )0,0,0C ( )0,0,P t ( )2, 3,0A − ( )2,0,0B − ( )2,2 3,0D
( )2, 3,PA t= − − ( )2,0,PB t= − − ( )2,2 3,PD t= − ( )0,0,CP t=
PAB ( ), ,x y z=m 2 3 0,
2 0,
x y tz
x tz
− + − = − − =
x t= 0y = 2z = − ( ),0, 2m t= −
PCD ( )1 1 1, ,n x y z= 1 1 1
1
2 2 3 0,
0,
x y tz
tz
+ − = =
1 3x = 1 1y = − 1 0z = ( )3, 1,0n = −
2
3 2cos , 22 4
tm n
t
= =
+ 2 2t = 2 2=PC
【点睛】本题考查了线面平行的判定，考查了向量法求解二面角的应用，属于中档题.
21. 是圆 外一动点， 到圆 上点的最短距离等于 到直线 的距
离.
（1）求动点 的轨迹 的方程；
（2）点 是直线 上的动点，过点 引曲线 的两条切线，两条切线分别与 轴交于
两点，证明：以 为直径的圆恒过定点.
【答案】(1) .(2) 证明见解析
【解析】
【分析】
（1）设 ，由题意得到 ，去绝对值整理得到 的轨迹 的
方程.
（2）设直线为 ，与抛物线联立，求得 ， ，
写出以 为直径的圆，令 ，解得 ，得到定点坐标.
【详解】（1）设 ， 到圆 的最短距离 ，
则有 ，整理得 .
当 时， 不满足 在圆外，舍去；
当 时， .
综上所述， 的轨迹 的方程为 .
（2）设 ，将过点 且与曲线 相切的直线设为 ，
P 2 2( 2) 1x y− + = P M P 1x = −
P C
Q 2x = − Q C y
,A B AB
2 8y x=
( ),P x y ( )2 22 1 1x y x− + − = + P C
( )( )2 0y m k x k− = + ≠ ( )10,2A k m+ ( )20,2B k m+
AB 0y = 2x = ±
( ),P x y P M ( )2 22 1d x y= − + −
( )2 22 1 1x y x− + − = + 2 6 2 2 1y x x= − + +
1x ≤ − 2 4 4y x= − P
1x > − 2 8y x=
P C 2 8y x=
( )2,Q m− Q C ( )( )2 0y m k x k− = + ≠
联立方程得
整理得 ，则 .
记关于 的方程的两个解为 ， ，则 ， .
将 代入 ，得 ， ，
则以 为直径的圆的圆心为 ，半径为 .
将方程 化简得 ，
令 ，解得 ，故以 为直径的圆恒过定点 和 .
【点睛】本题考查了动点的轨迹问题，考查了韦达定理的应用，考查了运算能力与逻辑推理
能力，属于中档题.
22.已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
（2）若曲线 在点 处的切线斜率为 ，证明: .
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求导函数，分当 和 ，求解 和 的 x 的范围，得到 的
单调性；
（2）先证明 ，再构造函数 证明 ，从而可
证明结论.
【详解】（1） .
当 时， 恒成立，所以 在 上单调递增；
当 时，令 ，则 或 ，
令 ，则 .
( )
2
2 ,
8 ,
y m k x
y x
− = +
=
2 8 16 8 0ky y k m− + + = 22 2 0k mk∆ = + − =
k 1k 2k 1 2 2
mk k+ = − 1 2 1k k× = -
0x = ( )2y m k x− = + ( )10,2A k m+ ( )20,2B k m+
AB 0, 2
m
1 2k k−
( )2
22
1 22
mx y k k + − = −
2 2 4x y my+ − =
0y = 2x = ± AB ( )2,0 ( )2,0−
2( ) ( )xf x e x a= +
( )f x
( )y f x= (1, (1))f 2e ( ) 2 lnf x e x≥
1a ≥ 1a < ( ) 0f x′ > ( ) 0f x′ < ( )f x 1 lnx x− ≥ ( ) ( ) ( )2 1 2 1xh x e x e x= − − − ( ) 0h x >
( ) ( )2 2xf x e x x a′ = + +
1a ≥ ( ) 0f x′ ≥ ( )f x R
1a < ( ) 0f x′ > 1 1x a> − + − 1 1x a< − − − ( ) 0f x′ < 1 1 1 1a x a− − − < < − + −
所以 在 和 上单调递增，
在 上单调递减.
综上，当 时， 在 上单调递增；
当 时， 在 和 上单调递增，
在 上单调递减.
（2）由 ，解得 ，所以 .
令 ， ，则 .
令 ，得 ；令 ，得 .
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，所以 ，
所以 恒成立，即 .
设 ，令 ，
则 . 当 时， 恒成立，所以 ，
所以 ，即 ；当 时， ；
当 时， 恒成立，所以 ，所以 ，
即
综上， ，即
【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，考查不
等式的证明方法，是一道中档题．
.
.
( )f x ( ), 1 1 a−∞ − − − ( )1 1 ,a− + − +∞
( )1 1 , 1 1a a− − − − + −
1a ≥ ( )f x R
1a < ( )f x ( ), 1 1 a−∞ − − − ( )1 1 ,a− + − +∞ ( )1 1 , 1 1a a− − − − + − ( ) ( )1 1 2 2f e a e′ = + + = 1a = − ( ) ( )2 1xf x e x= − ( ) 1 lng x x x= − − ( )0,x∈ +∞ ( ) 1 11 xg x x x −′ = − = ( ) 0g x′ > 1x > ( ) 0g x′ < 0 1x< < ( )g x ( )0,1 ( )1,+∞ ( ) ( )min 1 0g x g= = ( ) 0g x ≥ 1 lnx x− ≥ ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 1 1 1 2x xh x e x e x x e x e = − − − = − + − ( ) ( )1 2xF x e x e= + − ( ) ( )2xF x e x′ = + 0 1x< < ( ) 0F x′ > ( ) ( )1 0F x F< = ( ) 0h x > ( ) ( )2 1 2 1xe x e x− > − 1x = ( ) ( ) ( )21 1 2 1 0xh e x e x= − − − =
1x > ( ) 0F x′ > ( ) ( )1 0F x F> = ( ) 0h x >
( ) ( )2 1 2 1xe x e x− ≥ −
( ) ( )2 1 2 1 2 lnxe x e x e x− ≥ − ≥ ( ) 2 lnf x e x≥
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