2020届河北省高三下学期第四次质量检测数学（理）试题（解析版）

第 1 页 共 21 页 2020 届河北省高三下学期第四次质量检测数学（理） 试题 一、单选题 1．如图，在复平面内，复数 z1，z2 对应的向量分别是 ，则|z1＋z2|＝(　　) A．2 B．3 C．2 D．3 【答案】A 【解析】由题图可知，z1＝－2－i，z2＝i，则 z1＋z2＝－2，∴|z1＋z2|＝2，故选 A. 2．已知集合 ， ，且 ，则实 数 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】法一：根据 可得 ，从而可讨论 B 是否为空集建立不等关系 解出 m 的范围即可．法二：结合选项利用排除法求解. 【详解】 法一：∵ ，∴ ， ① 时，m+1＞2m﹣1，解得 m＜2； ② 时， ，解得 2≤m≤3， ∴实数 m 的取值范围是（﹣∞，3]． 故选：C． 法二：因为 ，所以 ，当 时， 符合题意，排除选项 A,B,D，故选：C. 【点睛】 本题考查了描述法、区间的定义，并集的定义及运算，子集和空集的定义，考查了计算 能力，属于基础题．本题也可利用排除法. ,OA OB  2 3 { }2 5A x x= − < ≤ { }1 2 1B x m x m= + ≤ ≤ − A B A∪ = m [ ]2,3 ( ]2,3 ( ],3−∞ ( )2,+∞ A B A∪ = B A⊆ A B A∪ = B A⊆ B = ∅ B ≠ ∅ 2 1 2 2 1 5 m m m ≥  + −  − ≤ ＞ A B A∪ = B A⊆ 0m = B = ∅第 2 页 共 21 页 3．命题“ ， ”的否定是（ ） A． ， B． ， C． ， D． ， 【答案】C 【解析】全称命题的否定为特称命题，只需否定量词和结论即可. 【详解】 因为全称命题的否定是特称命题，所以命题“ ， ”的否定是： “ ， ”，故选 C. 【点睛】 本题主要考查了全称命题的否定，属于基础题. 4．“珠算之父”程大位是我国明代著名的数学家，他的应用巨著《算法统综》中有一 首“竹筒容米”问题：“家有九节竹一茎，为因盛米不均平，下头三节四升五，上梢四 节三升八，唯有中间两节竹，要将米数次第盛，若有先生能算法，也教算得到天 明.”(（注）四升五：4.5 升，次第盛：盛米容积依次相差同一数量．)用你所学的数 学知识求得中间两节竹的容积为 A．2.2 升 B．2.3 升 C．2.4 升 D．2.5 升 【答案】D 【解析】设从下至上各节容积分别为a1，a2，…，a9，则{an}是等差数列，设公差为 d， 由题意利用等差数列通项公式列出方程组，由此能求出中间两节的容积． 【详解】 设从下至上各节容积分别为 a1，a2，…，a9， 则{an}是等差数列，设公差为 d， 由题意得 ， 解得 a1＝1.6，d＝﹣0.1， ∴中间两节的容积为：a4+a5＝（1.6﹣0.1×3）+（1.6﹣0.1×4）＝2.5（升）． 故选 D． 【点睛】 本题考查等差数列在生产生活中的实际应用，是基础题，解题时要认真审题，注意等 1x∀ > 2 0x x− > 0 1x∃ ≤ 2 0 0 0x x− ≤ 1x∀ > 2 0x x− ≤ 0 1x∃ > 2 0 0 0x x− ≤ 1x∀ ≤ 2 0x x− > 1x∀ > 2 0x x− > 0 1x∃ > 2 0 0 0x x− ≤ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 1 1 2 4.5 5 6 7 8 3.8 a a d a d a d a d a d a d  + + + + = + + + + + + + =第 3 页 共 21 页 差数列的性质的合理运用． 5．在如图所示的正方形中随机投掷 10000 个点，则落入由曲线 (曲线 为正态分布 的密度曲线)与直线 ， 及 围成的封闭区域内点的个数的估计 值为（ ） (附：若 ，则 ， ， A．2718 B．1359 C．430 D．215 【答案】B 【解析】利用正态分布先求解 ，再结合几何概型可得封闭区域内点的个 数. 【详解】 因为 ， 所以封闭区域内点的个数的估计值为 . 故选：B. 【点睛】 本题主要考查正态分布曲线的性质，结合正态曲线求解给定区间内的概率是求解关键， 侧重考查直观想象的核心素养. 6．若函数 （ 且 ）在 上为减函数，则函数 的图象可以是（ ） A． B． C C ( )2,1N 0x = 1x = 0y = ( )2~ ,X N µ σ ( ) 0.6826P Xµ σ µ σ− < < + = ( )2 2 0.9544P Xµ σ µ σ− < < + = ( )3 3 0.9974P Xµ σ µ σ− < < + = ( )0 1P X≤ ≤ ( ) ( ) ( )10 1 [ 0 4 1 3 ]2P X P X P X≤ ≤ = ≤ ≤ − < < 1 (0.9544 0.6826) 0.13592 = − = 0.1359 10000 1359× = ( ) x xf x a a−= − 0a > 1a ≠ R log (| | 1)ay x= −第 4 页 共 21 页 C． D． 【答案】C 【解析】由函数 在 上为减函数，可知 ，判断函数 的定义域和单调性即可得解 【详解】 由函数 在 上为减函数，可知 函数 的定义域为 或 ，故排除 A，B 又 ，可知 在 单调递减， 故排除 D 故选：C 【点睛】 本题考查了具体函数的图像判断，考查了学生综合分析，数形结合，分类讨论的能力， 属于中档题. 7．已知 ，则 是（ ） A．偶函数，且在 是增函数 B．奇函数，且在 是增函数 C．偶函数，且在 是减函数 D．奇函数，且在 是减函数 【答案】C 【解析】先判断函数的定义域关于原点对称，再由奇偶性的定义判断奇偶性，根据复合 函数的单调判断其单调性，从而可得结论. 【详解】 由 ，得 ， 故函数 的定义域为 ，关于原点对称， 又 ，故函数 为偶函数， ( ) x xf x a a−= − R 0 1a< < log (| | 1)ay x= − ( ) x xf x a a−= − R 0 1a< < log (| | 1)ay x= − { | 1x x > 1}x < − log ( 1), 1log ( 1) log ( 1), 1 a a a x xy x x x − >= − =  − − < − log (| | 1)ay x= − (1, )+∞ ( ) lg(10 ) lg(10 )f x x x= + + − ( )f x (0,10) (0,10) (0,10) (0,10) 10 0 10 0 x x + >  − > ( 10,10)x∈ − ( )f x ( )10,10− ( ) ( )lg 10 lg(10 ) ( )f x x x f x− = − + + = ( )f x第 5 页 共 21 页 而 ， 因为函数 在 上单调递减， 在 上单调递增， 故函数 在 上单调递减，故选 C. 【点睛】 本题主要考查函数的奇偶性与单调性，属于中档题. 判断函数的奇偶性首先要看函数的 定义域是否关于原点对称，如果不对称，既不是奇函数又不是偶函数，如果对称常见方 法有：（1）直接法， (正为偶函数，负为减函数)；（2）和差法， （和为零奇函数，差为零偶函数）；（3）作商法， （ 为偶函数， 为奇函数） . 8．某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点 在正视 图上的对应点为 ，圆柱表面上的点 在左视图上的对应点为 ，则在此圆柱侧面上， 从 到 的路径中，最短路径的长度为（ ） A． B． C． D．2 【答案】B 【解析】首先根据题中所给的三视图，得到点 M 和点 N 在圆柱上所处的位置，将圆柱 的侧面展开图平铺，点 M、N 在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点 间直线段最短，利用勾股定理，求得结果. 【详解】 根据圆柱的三视图以及其本身的特征， 将圆柱的侧面展开图平铺, 可以确定点 M 和点 N 分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为 长的长方形的对角线的端点处， 所以所求的最短路径的长度为 ，故选 B. 点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过 程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以 ( ) ( )2lg(10 ) lg(10 ) lg 100f x x x x= + + − = − 2100y x= − ( )0,10 lgy x= ( )0, ∞+ ( )f x ( )0,10 ( ) ( )f x f x− = ± ( ) ( ) 0f x f x− ± = ( ) ( ) 1f x f x − = ± 1 1− M A N B M N 2 17 2 5 3 2 24 2 2 5+ =第 6 页 共 21 页 处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果. 9．在长方体 中， ， 与平面 所成的角为 ，则该长方体的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】首先画出长方体 ，利用题中条件，得到 ，根 据 ，求得 ，可以确定 ，之后利用长方体的体积公式求出 长方体的体积. 【详解】 在长方体 中，连接 ， 根据线面角的定义可知 ， 因为 ，所以 ，从而求得 ， 所以该长方体的体积为 ，故选 C. 【点睛】 该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式 为长宽高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就 显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果. 10．已知曲线 是以原点 为中心， ， 为焦点的椭圆，曲线 是以 为顶点､ 为焦点的抛物线， 是曲线 与 的交点，且 为钝角，若 ， ，则 （ ） 1 1 1 1ABCD A B C D− 2AB BC= = 1AC 1 1BB C C 30 8 6 2 8 2 8 3 1 1 1 1ABCD A B C D− 1 30AC B∠ =  2AB = 1 2 3BC = 1 2 2CC = 1 1 1 1ABCD A B C D− 1BC 1 30AC B∠ =  2AB = 1 2 3BC = 1 2 2CC = 2 2 2 2 8 2V = × × = 1C O 1F 2F 2C O 2F A 1C 2C 2 1AF F∠ 1 7 2AF = 2 5 2AF = 1 2F F =第 7 页 共 21 页 A． B． C．2 D．4 【答案】C 【解析】设出抛物线方程及点 ，结合抛物线定义及 可求抛物线方程， 进而可得 . 【详解】 不妨设 位于 轴负半轴, 位于 轴正半轴， 位于第一象限，如图所示. 设抛物线的方程为 .作抛物线的准线 ,则 过 ,过 作 垂直于准 线 于点 ,由抛物线的定义可得 ， 所以 . 因为点 在抛物线上，所以 . 由 得 或 . 又 为钝角，所以 ，所以 ，即 . 故选：C. 【点睛】 本题主要考查椭圆与抛物线的性质，联立方程，弦长的转化是求解的关键，侧重考查数 学运算的核心素养. 11．设函数 .若 ,且 ，则 的取 值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 3 6 ( )0 0,A x y 2 5 2AF = 1 2F F 1F x 2F x ( )0 0,A x y 2 2 ( 0)y px p= > l l 1F A AD l D 0 2 5| | 2 2 pAD x AF= + = = 2 2 0 7 5 62 2y    = − =       A 2 0 02 6y px= = 0 0 2 6 5 2 2 px px = + = 0 2 3 2 p x = = 0 3 1 p x =  = 2 1AF F∠ 2p = 2 (1,0)F 1 2 2F F = ( ) sin 2 3f x x π = +   1 2 0x x < ( ) ( )1 2 0f x f x+ = 2 1x x− ,6 π +∞   ,3 π +∞   2 ,3 π +∞   4 ,3 π +∞  第 8 页 共 21 页 【解析】根据 f（x1）+f（x2）＝0，可得 f（x1）＝﹣f（x2），结合函数 f（x）＝sin （2x ），可得|x2﹣x1|至少相差半个周期，可得|x2﹣x1| ． 【详解】 解：根据函数 f（x）＝sin（2x ） ∵f（x1）+f（x2）＝0，可得 f（x1）＝﹣f（x2）， 令 x2＞x1，根据图象，可得 x2，x1 关于点（ ，0）对称时，|x2﹣x1|最小， ∵x1x2＜0， ∴x2＞0，则 x1 ． ∴可得|x2﹣x1| ， 故选：B． 【点睛】 本题考查正弦函数图像与性质，考查基本分析应用能力. 12．若函数 在区间 上存在零点，则实数 的取值范围为( ) A． B． C． D． 【答案】D 【解析】利用导数研究函数 在 上的单调性，当 时， 在 上为增函数， 且 ，即可判断其没有零点，不符合条件；当 时， 在 上先减后增，有最小值且小于零，再结合幂函数和对数函数的增长速度大小关系，即可 判断当 趋于 时， 趋于 ，由零点存在性定理即可判断其必有零点，符合题 意，从而确定 的范围. 【详解】 因为函数 ， 所以 令 ，因为 ， 当 时， ，所以 3 π+ 3 ＞π 3 π+ 6 π− 3 π−＜ 3 ＞π ( ) lnf x x x a x= − − ( )1,+∞ a 10, 2      1 ,2 e     ( )0, ∞+ 1 ,2  +∞   ( )f x (1, )+∞ 1 2a≤ ( )f x (1, )+∞ ( ) (1) 0f x f> = 1 2a > ( )f x (1, )+∞ x +∞ ( )f x +∞ a ( ) lnf x x x a x= − − 1 2 2( ) 1 22 a x x af x x xx − −′ = − − = ( ) 2 2g x x x a= − − 1 4 1( ) 2 2 2 xg x x x −′ = − = (1, )x∈ +∞ 4 1 0,2 0x x− > > ( ) 0g x′ >第 9 页 共 21 页 所以 在 上为增函数，则 ， 当 时， ，所以 ，所以 在 上为增函数， 则 ，所以 在 上没有零点. 当 时，即 ，因为 在 上为增函数，则存在唯一的 ， 使得 ，且当 时， ，当 时， ； 所以当 时， ， 为减函数，当 时， ， 为增函数，当 时， ， 因为 ，当 趋于 时， 趋于 ， 所以在 内， 一定存在一个零点. 所以 ， 故答案选 D. 【点睛】 本题主要考查了导数在函数零点存在性问题中的应用，属于难题.对于零点存在性问题， 有两种思考方向：（1）直接利用导数研究函数单调性，结合零点存在性定理，讨论函 数零点的情况；（2）先将函数零点问题等价转化为两个函数图像的交点问题，再利用 导数，并结合函数图像讨论两函数交点情况，从而确定函数零点的情况. 二、填空题 13．已知 ， ，向量 与 的夹角为 ，且 ，则 ________. 【答案】 【解析】先用向量 表示出 ，结合向量夹角及模长可求 . 【详解】 因为 ，所以 ， ； 因为 ， ，向量 与 的夹角为 ，所以 . ( )g x (1, )+∞ ( ) (1) 1 2g x g a> = − 1 2 0a− ≥ ( ) 0g x > ( ) 0f x′ > ( )f x (1, )+∞ ( ) (1) 0f x f> = ( )f x (1, )+∞ 1 2 0a− < 1 2a > ( )g x (1, )+∞ 0 (1, )x ∈ +∞ 0( ) 0g x = 0(1, )x x∈ ( ) 0g x < 0( , )x x∈ +∞ ( ) 0g x > 0(1, )x x∈ ( ) 0f x′ < ( )f x 0( , )x x∈ +∞ ( ) 0f x′ > ( )f x 0x x= min 0( ) ( )f x f x= 0( ) (1) 0f x f< = x +∞ ( )f x +∞ 0( , )x x∈ +∞ ( )f x 1( , )2a∈ +∞ 2a = 3b = a b 2 3 π 0a b c+ + =    c = 7 ,a b  c c 0a b c+ + =    c a b= − −   ( )22 2 2 = +2 +c a b a a b b= − − ⋅       2a = 3b = a b 2 3 π 2 24+2 2 3 cos 9 73c = × × × π + =第 10 页 共 21 页 所以 . 故答案为： . 【点睛】 本题主要考查平面向量模长的求解，见模长就平方是这类问题的求解方向，侧重考查数 学运算的核心素养. 14．已知 的展开式中第五项与第七项的系数之和为 0，其中 为虚数单位， 则展开式中常数项为__________． 【答案】45 【解析】【详解】 的展开式通项公式为： ． 第五项的系数为 ，第七项的系数为 ，由第五项与第七项 的系数之和为 0，可得 ，解得 ．令 =0，解得 r=8，故所求的常数项为 ． 15．下列说法： ①分类变量 与 的随机变量 越大，说明“ 与 有关系”的可信度越大； ②以模型 去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设 ，将其变换后得 到线性方程 ，则 ， 的值分别是 和 ； ③在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高； ④若变量 和 满足关系 ，且变量 与 正相关，则 与 也正相关. 正确的个数是________. 【答案】3 【解析】结合所给说法逐个进行分析求解，然后可得正确的个数. 【详解】 对于①：由独立性检验的性质可知分类变量 与 的随机变量 越大，说明“ 与 有关系”的可信度越大，所以①正确； 对于②：因为 ，所以两边取对数可得 7c = 7 2 nix x  −   i 2 nix x  −   ( ) ( ) 522 2 1 r n rn r rr r r n n iT C x C i x x −− +  = − = −   ( )44 4 n nC i C− = ( )66 6 n nC i C− = − 4 6 0n nC C− = 10n = 5 52 202 2n r r− = − ( )88 10 45C i =− A B 2K A B kxy ce= lnz y= 0.3 4z x= + c k 4e 0.3 x y 0.1 1y x= − + y z x z A B 2K A B kxy ce=第 11 页 共 21 页 ， 令 ，则 ， 因为 ，所以 ，所以 ，即②正确； 对于③：在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，说明估计值与真实值误 差较小，其模型拟合的精度越高，所以③正确； 对于④：因为变量 和 满足关系 ，所以 是负相关，因为变量 与 正相关，所以 与 是负相关，即④不正确. 故答案为：3. 【点睛】 本题主要考查统计的相关知识，题目较为简单，明确每一个说法的正误是求解的关键， 侧重考查统计知识的理解辨析. 16．将正奇数按如图所示的规律排列： 则 2021 在第________行，从左向右第________个数. 【答案】32 50 【解析】根据题目排列规律可得第 行共有 个奇数，结合项数和可求 2021 在哪 一行，并能求出是第几个数. 【详解】 由题意可得第 行共有 个奇数，所以前 行共有 个奇数， 而 是第 个奇数， ， 所以 在第 32 行，从左向右第 个数. 故答案为：32；50. 【点睛】 本题主要考查逻辑推理，明确数据的排列规律是求解的关键，侧重考查逻辑推理的核心 素养. 三、解答题 ( )ln ln ln ln lnkx kxy ce c e c kx= = + = + lnz y= lnz c kx= + 0.3 4z x= + ln 4, 0.3c k= = 4c e= x y 0.1 1y x= − + ,x y y z x z n 2 1n − n 2 1n − n ( ) 21 2 1 2 n n n + − = 2021 1011 2 231 961 1011 32 1024= < < = 2021 1011 961 50− =第 12 页 共 21 页 17．如图，四棱台 中，底面 是菱形， 底面 ， 且 ， ， 是棱 的中点. （1）求证： ； （2）求二面角 的余弦值. 【答案】（1）详见解析；（2） . 【解析】（1）推导出 ⊥BD．BD⊥AC．从而 BD⊥平面 AC ，由此能证明 ． （2）如图，设 AC 交 BD 于点 O，以 O 为原点，OA、OB、OA1 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．利用向量法能求出二面角 E﹣ ﹣C 的余弦值． 【详解】 证明：（1）因为 ⊥底面 ABCD，所以 ⊥BD． 因为底面 ABCD 是菱形，所以 BD⊥AC． 又 AC∩CC1＝C，所以 BD⊥平面 A ． 又由四棱台 ABCD﹣ 知， ，A，C， 四点共面． 所以 BD⊥ ． （2）如图，设 AC 交 BD 于点 O，依题意， ∥OC 且 ＝OC， 所以 O∥C ，且 O＝C ．所以 O⊥底面 ABCD． 以 O 为原点，OA、OB、OA1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系． 则 ， 由 ，得 B1（ ）． 因为 E 是棱 BB1 的中点，所以 E（ ）,所以 （ ）， 1 1 1 1ABCD A B C D− ABCD 1CC ⊥ ABCD 60BAD∠ =  1 1 12 4CD CC C D= = = E 1BB 1AA BD⊥ 1 1E AC C− − 4 5 1C C 1C 1AA BD⊥ 1 1A C 1C C 1C C 1C C 1 1 1 1A B C D 1A 1C 1AA 1 1A C 1 1A C 1A 1C 1A 1C 1A ( ) ( ) ( ) ( )1 1A 2 3,0,0 ,A 0,0,4 ,C 2 3,0,4 ,B 0,2,0− 1 1 1A B AB2  = 31 4− ，， 3 3 22 2 − ，， 1EA = 3 3 22 2 ， ，− 1 1A C =第 13 页 共 21 页 （﹣2 ，0，0）． 设 （x，y，z）为平面 的法向量， 则 ，取 z＝3，得 （0，4，3）， 平面 的法向量 （0，1，0）， 又由图可知，二面角 E﹣A1C1﹣C 为锐二面角， 设二面角 E﹣A1C1﹣C 的平面角为 θ， 则 cosθ ， 所以二面角 E﹣A1C1﹣C 的余弦值为 ． 【点睛】 本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面 间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题． 18． 的内角 所对的边分别是 ，且 ， . （1）求 ； （2）若 边上的中线 ，求 的面积. 【答案】（1） ， （2） 【解析】（1）先由正弦定理，得到 ，进而可得 ，再由 ， 即可得出结果； （2）先由余弦定理得 ， 3 n = 1 1EA C 1 1 1 n A C 2 3x 0 3 3n EA x y 2z 02 2    ⋅ = − = ⋅ = − + = n = 1 1A C C m = m n 4 5m n ⋅= = ⋅     4 5 ABC∆ , ,A B C , ,a b c 3( cos cos )b a B b A= + 8b c+ = ,b c BC 7 2AD = ABC∆ 6b = 2c = 3 55 4ABCS =  sin 3sinB C= 3b c= 8b c+ = 2 2 2 2 cosc AD BD AD BD ADB= + − ⋅ ⋅ ∠第 14 页 共 21 页 ，再根据题中数据，可得 ，从而可求 出 ，得到 ，进而可求出结果. 【详解】 （1）由正弦定理得 ， 所以 ， 因为 ，所以 ， 即 ，所以 ， 又因为 ，所以 ， . （2）在 和 中，由余弦定理得 ， . 因为 ， ， ， ， 又因为 ，即 ， 所以 ， 所以 ， 又因为 ，所以 . 所以 的面积 . 【点睛】 本题主要考查解三角形，灵活运用正弦定理和余弦定理即可，属于常考题型. 19．从某企业生产的某种产品中抽取 100 件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量 结果得如下频率分布直方图： （1）求这 100 件产品质量指标值的样本平均数 和样本方差 （同一组的数据用该组 区间的中点值作为代表）； 2 2 2 2 cosb AD CD AD CD ADC= + − ⋅ ⋅ ∠ 2 31a = cos BAC∠ sin BAC∠ ( )sin 3 sin cos sin cosB A B B A= + ( )sin 3sinB A B= + A B C π+ + = ( ) ( )sin sin sinA B C Cπ+ = − = sin 3sinB C= 3b c= 8b c+ = 6b = 2c = ABD∆ ACD∆ 2 2 2 2 cosc AD BD AD BD ADB= + − ⋅ ⋅ ∠ 2 2 2 2 cosb AD CD AD CD ADC= + − ⋅ ⋅ ∠ 6b = 2c = 2 aBD DC= = 7 2AD = ADB ADC π∠ + ∠ = cos cosADB ADC∠ = − ∠ 2 31a = 2 2 2 3cos 2 8 b c aBAC bc + −∠ = = ( )0,BAC π∠ ∈ 55sin 8BAC∠ = ABC 1 3 55sin2 4ABCS bc BAC= ∠ =  x 2s第 15 页 共 21 页 （2）由直方图可以认为，这种产品的质量指标值 服从正态分布 ，其中 近似为样本平均数 ， 近似为样本方差 ． （i）若某用户从该企业购买了 10 件这种产品，记 表示这 10 件产品中质量指标值位 于（187.4，225.2）的产品件数，求 ； （ii）一天内抽取的产品中，若出现了质量指标值在 之外的产品，就 认为这一天的生产过程中可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查下．下面 的茎叶图是检验员在一天内抽取的 15 个产品的质量指标值，根据近似值判断是否需要 对当天的生产过程进行检查． 附： ， ， ， 【答案】(1)见解析.(2) （i） （ii）需要对当天的生产过程进行检查. 【解析】(1)根据公式得到均值和方差；（2）（i）根据正态分布 ， 由公式得到结果；（ii） ， ， 进 而得到结果. 【详解】 （1）由题意得， ， ； Z ( )2,N µ σ µ x 2σ 2s X ( )E X ( )3 , 3µ σ µ σ− + 159 12.6≈ ( ) 0.6826P Xµ σ µ σ− < < + = ( )2 2 0.9544P Xµ σ µ σ− < < + = ( )3 3 0.9974P Xµ σ µ σ− < < + = ( ) 8.185E X = ( )10,0.8185X B 3 162.2µ σ− = 3 237.8µ σ+ = ( )237.9 162.2,237.8∉ 170 0.025 180 0.09 190 0.22 200 0.32x = × + × + × + × + 210 0.24 220 0.08 230 0.025 200× + × + × = ( ) ( ) ( )2 2 22 2 2 2 230 0.025 20 0.09 10 0.22 0 0.32 10 0.24 20 0.08 30 0.025 159s = − × + − × + − × + × + × + × + × =第 16 页 共 21 页 （2）（i）由题意得，一件产品中质量指标值位于区间 的概率为 ，则 ， ∴ ； （ii）由（I）知， ， ， ∵ ，∴需要对当天的生产过程进行检查． 【点睛】 这个题目考查了频率分布直方图的应用，平均数的计算以及方差的计算；涉及正态分布 的应用，属于基础题. 20．在平面直角坐标系 中，已知抛物线 ： ，过抛物线焦点 且 与 轴垂直的直线与抛物线相交于 、 两点，且 的周长为 . （1）求抛物线 的方程； （2）若直线 过焦点 且与抛物线 相交于 、 两点，过点 、 分别作抛物 线 的切线 、 ，切线 与 相交于点 ，求： 的值. 【答案】（1） ；（2）0. 【解析】（1）先求得 A，B 两点坐标，利用计算 的周长可得 p，进而求得抛物线 方程； （2）利用导数的几何意义求得切线 与 的方程，联立直线与抛物线方程，利用韦达 定理及 与 的交点 P，可得 ，再利用焦半径公式求得 ，可得结果. 【详解】 （1）由题意知焦点 的坐标为 ，将 代入抛物线 的方程可求得点 、 的坐标分别为 、 ， 有 ， ，可得 的周长为 ， 有 ，得 . 故抛物线 的方程为 . ( )187.4 225.2， 0.6826 0.9544 0.81852 + = ( )10,0.8185X B ( ) 10 0.8185 8.185E X = × = 3 200 12.6 3 162.2µ σ− = − × = 3 200 12.6 3 237.8µ σ+ = + × = ( )237.9 162.2,237.8∉ xOy C 2 2 ( 0)x py p= > F y A B OAB∆ 2 5+ C l F C M N M N C 1l 2l 1l 2l P 2PF MF NF− ⋅ 2 2x y= OAB∆ 1l 2l 1l 2l PF MF NF， F 0, 2 p     2 py = C A B , 2 pp −   , 2 pp     2AB p= 2 2 5 2 2 pOA OB p p = = + =   OAB∆ 2 5p p+ 2 5 2 5p p+ = + 1p = C 2 2x y=第 17 页 共 21 页 （2）由（1）知抛物线 的方程可化为 ，求导可得 . 设点 、 的坐标分别为 、 . 设直线 的方程为 （直线 的斜率显然存在）. 联立方程 消去 整理为： ，可得 . 有 ， . 可得直线 的方程为 ，整理为 . 同理直线 的方程为 . 联立方程 ，解得 ，则点 的坐标为 . 由抛物线的几何性质知 ， ， . 有 . ∴ . 【点睛】 本题考查了抛物线的切线方程的求解，考查了直线与抛物线的位置关系，涉及导数的几 何意义及韦达定理的应用，属于中档题. 21．已知 ，函数 （Ⅰ）若函数 在 上为减函数，求实数 的取值范围； （Ⅱ）设正实数 ，求证：对 上的任意两个实数 ， ，总有 成立 C 21 2y x= 'y x= M N ( )1 1,x y ( )2 2,x y l 1 2y kx= + l 2 1 2 1 2 y kx y x  = +  = y 2 2 1 0x kx− − = 1 2 1 2 2 1 x x k x x + =  = − ( ) 2 1 2 1 2 1 2 1y y k x x k+ = + + = + 2 2 1 2 1 2 1 1 4 4y y x x= = 1l ( )2 1 1 1 1 2y x x x x− = − 2 1 1 1 2y x x x= − 2l 2 2 2 1 2y x x x= − 2 1 1 2 2 2 1 2 1 2 y x x x y x x x  = −  = − 1 2 1 2 2 2 x xx x xy + =  = P 1, 2k −   1 1 2MF y= + 1 1 2NF y= + ( ) 2 2 21 10 12 2PF k k = − + − − = +   ( )1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 2 2 2 4MF NF y y y y y y  = + + = + + +     ( )2 21 1 12 1 14 2 4k k= + + + = + 2 0PF MF NF− = a R∈ ( ) ( ) 2ln 1 2f x x x ax= + − + + ( )f x [ )2,+∞ a 1 2 1m m+ = ( )1,− +∞ 1x 2x ( ) ( ) ( )1 1 2 2 1 1 2 2f m x m x m f x m f x+ ≥ +第 18 页 共 21 页 【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）详见解析. 【解析】（Ⅰ）将问题转化为 在 上恒成立，可得 ， 令 ，可判断出 在 上单调递增，即 ，从 而可得 的范围；（Ⅱ）构造函数 ， ，且 ；利用导数可判断出 在 上是减函数，得 到 ，经验算可知 ，从而可得 ，从而可证得结论. 【详解】 （Ⅰ）由题意知： 函数 在 上为减函数，即 在 上恒成立 即： 在 上恒成立 设 当 时， 单调递减， 单调递增 在 上单调递增 即 的取值范围为： （Ⅱ）设 ，令： ， 则 ，令 ，则 在 上为减函数 11, 3  −∞   ( ) 0f x′ ≤ [ )2,x∈ +∞ 12 1a x x ≤ − + ( ) 12 1h x x x = − + ( )h x [ )2,+∞ ( ) ( )min 2h x h= a ( ) ( ) ( )1 2 2 1 2 2( )F x f m x m x m f x m f x= + − − ( ]21,x x∈ − 1 21 x x− < ≤ ( )F x ( ]21,x x∈ − ( ) ( )2F x F x≥ ( )2 0F x = ( ) ( ) ( )1 2 2 1 2 2f m x m x m f x m f x+ ≥ + ( ) 1 21f x x ax ′ = − ++  ( )f x [ )2,+∞ ( ) 0f x′ ≤ [ )2,x∈ +∞ 12 1a x x ≤ − + [ )2,x∈ +∞ ( ) 12 1h x x x = − + 2x ≥ 1 1x + 2x ( )h x∴ [ )2,+∞ ( ) ( )min 1 112 4 3 3h x h∴ = = − = 11 3a∴ ≤ a 11, 3  −∞   1 21 x x− < ≤ ( ) ( ) ( )1 2 2 1 2 2( )F x f m x m x m f x m f x= + − − ( ]21,x x∈ − ( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 2 1 2 2 0F x f m m x m m f x= + − + =   ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 1 1 1 2 2F x m f m x m x m f x m f m x m x f x′ ′ ′ ′ ′∴ = + − = + −   ( ) ( )1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 21 0m x m x x x m m x m x m x m x x+ − = − + = − + = − ≥ 1 2 2m x m x x∴ + ≥ ( ) 1 21f x x ax ′ = − ++ ( ) ( )g x f x′= ( ) ( )2 1 2 0 1 g x x ′ = − − < + ( )f x′∴ ( )1,x∈ − +∞ ( ) ( )1 2 2f m x m x f x′ ′∴ + ≤第 19 页 共 21 页 ，即 在 上是减函数 ，即 时， 【点睛】 本题考查利用函数在区间内的单调性求解参数范围、利用导数证明不等式成立的问题. 本题证明不等式的关键是能够通过构造函数，将问题转化为求解新函数单调性和最值的 问题，根据最值可证得对应的结论. 22．在直角坐标系 中，以坐标原点为极点， 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲 线 ： ，曲线 ： （ ）． （1）求 与 交点的极坐标； （2）设点 在 上， ，求动点 的极坐标方程． 【答案】（1） （2） ， ． 【解析】试题分析：（1）联立极坐标方程，柯姐的交点 极坐标；（2）设 ， 且 ，根据 ，即可求出 ，从而写出点的极 坐标. 试题解析： 解：（1）联立 ， ∵ ， ， ， ∴所求交点的极坐标 ． （2）设 ， 且 ， ， ( ) ( )1 1 2 2 0m f m x m x f x′ ′∴ + − ≤   ( ) 0F x′ ≤ ( )F x∴ ( ]21,x x∈ − ( )2( ) 0F x F x∴ ≥ = ( ) 0F x ≥ ( ) ( ) ( )1 2 2 1 2 2 0f m x m x m f x m f x∴ + − − ≥ ( ]21,x x∴ ∈ − ( ) ( ) ( )1 2 2 1 2 2f m x m x m f x m f x+ ≥ + 1 21 x x− < ≤ ( ) ( ) ( )1 1 2 2 1 1 2 2f m x m x m f x m f x∴ + ≥ + xOy x 1C cos 3ρ θ = 2C 4cosρ θ= 0 2 πθ≤ < 1C 2C Q 2C 2 3OQ QP=  P 2 3, 6 π     10cosρ θ= 0, 2 πθ  ∈   ( ),P ρ θ ( )0 0,Q ρ θ 0 04cosρ θ= 2 3OQ QP=  0 0 2 ,5 , ρ ρ θ θ  =  = 3, 4 , cos cos ρ θ ρ θ =  = 3cos 2 θ = ± 0 2 πθ≤ < 6 πθ = 2 3ρ = 2 3, 6 π     ( ),P ρ θ ( )0 0,Q ρ θ 0 04cosρ θ= 0 0, 2 πθ  ∈  第 20 页 共 21 页 由已知 ，得 ∴ ，点 的极坐标方程为 ， ． 23．已知函数 . （1）当 时，求不等式 的解集； （2）若二次函数 与函数 的图象恒有公共点，求实数 的取 值范围． 【答案】（1） ；（2） ． 【解析】（1）将 代入函数解析式，并将函数 表示为分段函数形式，利 用零点分段法可解出不等式的解集； （2）首先求得二次函数的最小值和函数 的最大值，据此得到关于实数 的 不等式，求得不等式可得出实数 的取值范围． 【详解】 （1）当 时， . 当 时， ， 由 ，得 ，解得 ，此时， ； 当 时， ， 由 ，得 ，解得 ，此时， ； 当 时， ， 由由 ，得 ，解得 ，此时， . 综上所述，不等式 的解集为 ； （2） ，该函数在 处取得最小值 ， 2 3OQ QP=  0 0 2 ,5 , ρ ρ θ θ  =  = 2 4cos5 ρ θ= P 10cosρ θ= 0, 2 πθ  ∈   ( ) 1 2 1f x m x x= − − − + 5m = ( ) 2f x > 2 2 3y x x= + + ( )y f x= m 4 ,03  −   4m≥ 5m = ( )y f x= ( )y f x= m m 5m = ( ) 5 1 2 1f x x x= − − − + 1x < − ( ) ( ) ( )5 1 2 1 3 6f x x x x= + − + + = + ( ) 2f x > 3 6 2x + > 4 3x > − 4 13 x− < < − 1 1x− ≤ ≤ ( ) ( ) ( )5 1 2 1 2f x x x x= + − − + = − + ( ) 2f x > 2 2x− + > 0x < 1 0x− ≤ < 1x ≥ ( ) ( ) ( )5 1 2 1 3 4f x x x x= − − − + = − + ( ) 2f x > 3 4 2x− + > 2 3x < x∈∅ ( ) 2f x > 4 ,03  −   ( )22 2 3 1 2y x x x= + + = + + 1x = − 2第 21 页 共 21 页 因为 ， 所以，函数 在 处取得最大值 ， 由于二次函数 与函数 的图像恒有公共点， 只需 ，即 ，因此，实数 的取值范围是 ． 【点睛】 本题考查了绝对值不等式的解法，二次函数的性质，着重考查了学生对基础概念的理解， 还考查了函数的恒成立问题，一般转化为最值来处理，考查了化归与转化思想的应用， 属于中等题． ( ) 3 1 , 1 3 , 1 1 3 1, 1 x m x f x x m x x m x + + < − = − − + − ≤ ≤  − + − > ( )y f x= 1x = − 2m − 2 2 3y x x= + + ( )y f x= 2 2m − ≥ 4m≥ m [ )4,+∞