2020届江西省赣州市高三3月摸底考试数学（理）试题（解析版）

第 1 页 共 21 页 2020 届江西省赣州市高三 3 月摸底考试数学（理）试题 一、单选题 1．已知集合 ， ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】利用根式函数定义域的求法和一元二次不等式的解法，先化简集合，再利用交 集的定义求解. 【详解】 已知集合 ， ， 所以 故选：B 【点睛】 本题主要考查集合的基本运算，还考查了函数定义域及一元二次不等式的解法，属于基 础题. 2．复数 满足 ，则复数 的虚部为（ ） A．-1 B．1 C． D． 【答案】A 【解析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案． 【详解】 ∵ = ， ∴z=﹣1﹣i， 则复数 z 的虚部为﹣1． 故选 A． 【点睛】 本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题． { }1 2A x y x= = − { }2 0B x x x= − ≤ A B = 10, 2      10, 2      1 ,12      1 ,12      { } 11 2 = 2A x y x x x  = = − ≤    { } { }2 0 0 1B x x x x x= − ≤ = ≤ ≤ 10 2A B x x  ∩ = ≤ ≤    z 2 1 iz i = − z i i− 2 1 iz i = − ( ) ( )( ) ( )2 1 2 1 11 1 2 i i i i ii i + += = − +− +第 2 页 共 21 页 3．已知 ， ， ，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据指数函数和对数函数的性质求解. 【详解】 因为 ， ， ， 所以 . 故选：A 【点睛】 本题主要考查指数函数和对数函数的性质比较大小，属于基础题. 4．等差数列 的前 项和记为 ，若 的值为一个确定的常数，则下列各数 中也是常数的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】利用等差数列的性质，根据 的值为一个确定的常数，得到 的值 为一个确定的常数即可. 【详解】 因为 ， 又因为 的值为一个确定的常数， 所以 的值为一个确定的常数， 所以 为一个确定的常数. 故选：C 【点睛】 本题主要考查等差数列的性质，属于基础题. 5．函数 的图象大致是（ ） 2020log 0.9a = 0.92020b = 20200.9c = a c b< < a b c< < b a c< < b c a< < 2020log 0.9 0a = < 0.92020 1b = > 20200 0.9 1c< = < a c b< < { }na n nS 3 7a a+ 7S 8S 9S 10S 3 7a a+ 1 9a a+ 3 7 1 9a a a a+ = + 3 7a a+ 1 9a a+ ( )1 9 9 9 2 a aS += 1( ) cos1 x x ef x xe += ⋅−第 3 页 共 21 页 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 去掉 A,B； 所以选 C. 6．洛书，古称龟书，是阴阳五行术数之源，在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上 心有此图象，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈 皆阳数，四角黑点为阴数.如图，若从四个阴数和五个阳数中分别随机各选取 个数，则 其和等于 的概率是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】这是一个古典概型，先算出从四个阴数和五个阳数中分别随机各选取 个数的 基本事件的总数，再利用列举法求出其和等于 9 的基本事件数，代入公式求解. 【详解】 从四个阴数和五个阳数中分别随机各选取 个数的基本事件的总数 个， 其和等于 9 的基本事件有 共 4 个， 1 1( ) cos( ) cos ( )1 1 x x x x e ef x x x f xe e − − + +− = − = − = − ∴− − π(0, ) ( ) 02x f x∈ > 时 1 9 1 5 2 5 3 10 1 4 1 1 4 5 20n = × = ( ) ( ) ( ) ( )2,7 , 4,5 , 6,3 , 8,1第 4 页 共 21 页 所以其和等于 的概率是 . 故选：A 【点睛】 本题主要考查古典概型的概率求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 7．数列: ，称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐 波那契以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”.该数列前两项均为 ，从第三项开 始，每项等于其前相邻两项之和.设计如图所示的程序框图，若输出“兔子数列”的第 项 ，则图中①，②处应分别填入（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据框图的作用，结合题意，即可得出结果. 【详解】 由题意，可得，该框图用于计算“兔子数列”的第 项，因此 时，要输出结果，故② 9 4 1 20 5 mp n = = = 1,1,2,3,5,8,13,... 1 n * )3(n N n∈ ≥且 ,b a b i n= + > ,b a c i n= + > ,b a b i n= + ≥ ,b a c i n= + ≥ n i n≥第 5 页 共 21 页 应填 ；而最终输出的结果即是 ，所以由题意，①中计算的结果，应是 . 故选：D. 【点睛】 本题主要考查补全循环程序框图，根据题意，分析框图的作用即可，属于常考题型. 8．如图是一个几何体的三视图，则该几何体的各个面中，面积大于 的面的个数为 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据三视图，得到几何体是一个四棱锥，求得各面的面积比较即可. 【详解】 如图所示：几何体是一个四棱锥， 其中，面 面 ABCD， ， 是等腰三角形， ， 是直 角三角形，ABCD 是正方形， 所以 ， ， ，S 正方形 ABCD ， 所以面积大于 的面的个数为 2 个。 故选：B i n≥ b b a c= + 6 1 2 3 4 PCD ⊥ PCD PAB△ PAD△ PBC 1 2 2 22S PCD = × × = 1 2 2 2 2 22S PAB = × × = 1 2 5 52S PAD S PBC= = × × =  2 2 4= × = 6第 6 页 共 21 页 【点睛】 本题主要考查三视图的应用，还考查了数形结合的方法，属于基础题. 9．关于 的方程 在区间 上有三个不相等的实根，则实数 的取值 范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】将关于 的方程 在区间 上有三个不相等的实根，转化为 ， ， 的交点个数问题，然后利用数形结合求解. 【详解】 令 ， ， ， 显然在 函数没有三个公共点， 故 ，令 ，所以 ，故切点为 ， 代入 得 ，当 时， ，所以函数过点 ， ， 如图所示： 所以实数 的取值范围是范围为 . 故选：D 【点睛】 本题主要考查函数与方程，还考查了转化化归，数形结合的思想方法，属于中档题. 10．平面向量 、 满足 ， ，则 的最大值是（ ） A． B． C． D． 【答案】C x ln 0x ax− = ( )0,4 a 10, e      ln 2 ,2 e     ln20, 2     ln2 1,2 e     x ln 0x ax− = ( )0,4 1 lny x= 2y ax= ( )0,x∈ +∞ 1 lny x= 2y ax= ( )0,x∈ +∞ ( )0,1x∈ 1 ln lny x x= = 1 1 1y a xx a ′ = = ⇒ = 2 1y = 1 ,1a      1 lny x= 1a e = 4x = 1 ln 4 2ln 2y = = ( )4,2ln 2 2ln 2 ln 2 4 2a = = a ln2 1,2 e     a b ( ) 3b b a⋅ − =   2a = a b−  1 2 3 4第 7 页 共 21 页 【解析】不妨设 ， ，由 得到关于x，y 的方程，再根据 ，利用几何意义转化为点与圆的位置关系求解. 【详解】 不妨设 ， ，则由 得 ， 表示圆 上的点到 的距离， 圆心到 的距离为 故 . 【点睛】 本题主要考查平面向量的坐标运算及向量模的几何意义，点与圆的位置关系，还考查了 运算求解的能力，属于中档题. 11． 为双曲线 右支上一点， 分别是双曲线的左、右 焦点，且 ，直线 交 轴于点 .若 的内切圆的半径为 ， 则双曲线的离心率为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据 ，得到三角形 为直角三角形，再利用直角三角形内 切圆切线长定理，求得半径，再根据内切圆的半径为 ，建立方程求解. 【详解】 如图所示： 因为 ，所以三角形 为直角三角形， 故它的内切圆半径 ( )2,0a = ( ),b x y= ( ) 3b b a⋅ − =   ( )2 22a b x y− = − +  ( )2,0a = ( ),b x y= ( ) 3b b a⋅ − =   ( )2 21 4x y− + = ( )2 22a b x y− = − +  ( )2 21 4x y− + = ( )2,0 ( )2,0 1d = max 3a b d r− = + =  M ( )2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b − = > > 1 2,F F 1 2 0MF MF⋅ =  2MF y N 1NF M△ b 2 3 2 3 1 2 0MF MF⋅ =  1F MN b 1 2 0MF MF⋅ =  1F MN 1 1 1 2 2 2 MF MN NF MF MN NFr + − + −= =第 8 页 共 21 页 ， 所以 故选：A. 【点睛】 本题主要考查双曲线的定义及直角三角形内切圆问题，还考查了数形结合的思想方法， 属于中档题. 12．关于函数 有下述四个结论：① 的图像关于点 对 称；② 的最大值为 ；③ 在区间 上单调递增；④ 是周 期函数.其中正确结论的个数是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】①通过 的关系判断.④通过 的关系判 断.②由④的结论知， 是 的一个周期，不妨设 ，将函数转化为： ，令 ，用导数法求解.③ 当 时， ，再由②的单调性判断. 【详解】 ① ，所以成立； ④ ，故该函数为周期函数； ②由④得，所以 是 的一个周期，不妨设 ，则 ，令 ，令 ，则 递增区间是 递减区间是 ， ， 1 2 1 2 2 2 MF MN MN MF MF MF a b + − − −= = = = 2e = ( ) sin sin 2 xf x x= ⋅ ( )f x ( ),0π ( )f x 3 4 ( )f x 2 2,3 3 π π −   ( )f x 1 2 3 4 ( ) ( )2 ,f x f xπ − ( ) ( )2 ,f x f xπ + 2π ( )f x 0 2x π≤ ≤ ( ) 2 22sin cos 2 1 cos cos2 2 2 2 x x x xf x  = = −   [ ]cos 1,12 xt = ∈ − 20, 3x π ∈   1cos ,12 2 xt  = ∈   ( ) ( ) ( )2 sin sin 2 xf x x f xπ − = − = − ( ) ( )2 sin sin 2 xf x x f xπ + = − = 2π ( )f x 0 2x π≤ ≤ ( ) 2 22sin cos 2 1 cos cos2 2 2 2 x x x xf x  = = −   [ ]cos 1,12 xt = ∈ − ( ) ( )32g t t t= − ( )g t 3 3,3 3  −    31, 3  − −    3 ,13     第 9 页 共 21 页 ∴ 的极大值为 ， ，所以最大值不为 . ③当 时， ，由②知， 在该区间内有增有减，故不 单调. 所以正确结论的个数是 个. 故选：B. 【点睛】 本题主要考查有关三角函数的性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 二、填空题 13． 的展开式中， 的系数为 15，则 a=________.(用数字填写答案) 【答案】 【解析】因为 ，所以令 ，解得 ，所以 =15 ，解得 . 【考点】本小题主要考查二项式定理的通项公式，求特定项的系数，题目难度不大，属 于中低档. 14．数列 中 ， 为 的前 项和，若 ，则 ____． 【答案】 【解析】由 ，结合等比数列的定义可知数列 是以 为首项， 为 公比的等比数列，代入等比数列的求和公式即可求解． 【详解】 因为 ，所以 ，又因为 所以数列 是以 为首项， 为公比的等比数列， 所以由等比数列的求和公式得 ，解得 【点睛】 ( )g t 3 4 3 3 9g   =    ( )1 0g − = 3 4 20, 3x π ∈   1cos ,12 2 xt  = ∈   ( )g t 2 ( )10x a+ 7x 1 2 10 1 10 r r r rT C x a− + = 10 7r− = 3r = 3 7 3 4 10T C x a= 7x 1 2a = }{ na 1 12, 2n na a a+= = nS }{ na n 62nS = n = 5 1 12, 2n na a a+= = }{ na 2 2 1 2n na a+ = 1 2n n a a + = 1 2a = }{ na 2 2 ( )2 1 2 621 2 n nS × − = =− 5n =第 10 页 共 21 页 本题考查利用等比数列的定义求通项公式以及等比数列的求和公式，属于简单题． 15．设中心在原点的椭圆 的两个焦点 、 在 轴上，点 是 上一点.若使 为直角三角形的点 恰有 个，且这 个直角三角形中面积的最小值为 ， 则 的方程为______. 【答案】 【解析】根据椭圆的对称性，若使 为直角三角形的点 恰有 个，则上（或下） 顶点与焦点构成的三角形为直角三角形，再根据三角形中面积的最小值为 求解. 【详解】 如图所示： .若使 为直角三角形的点 恰有 个， 则 ， ， 因为 或 ， 所以 ， ， 所以椭圆方程为 . 故答案为： 【点睛】 本题主要考查椭圆的几何性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题. C 1F 2F x P C 1 2PF F△ P 6 6 2 C 2 2 14 2 x y+ = 1 2PF F△ P 6 2 1 2PF F△ P 6 1 2 2F BF π∠ = b c= 1 2 2 2 21 222 2PF F b b cc ba a = × × = = S 1 2 21 22PF F c b bc b= × × = = S 1 2 2 min 2 22PF F b= = S 2 22, 4b a= = 2 2 14 2 x y+ = 2 2 14 2 x y+ =第 11 页 共 21 页 16．在四棱锥 中，底面 是直角梯形， ， .若 ， ，且 的面积为 ，则四棱锥的体积的最大值为 ______. 【答案】 【解析】分别取 和 的中点 、 ，若使四棱锥的体积最大，则平面 平 面 ，由 ，知 ，由底面 是直角梯形，所以 S 梯形 ABCD ， ，又 ，则 ，再根据 的面 积为 和 ，得到 求体积的最大值. 【详解】 如图所示： 分别取 和 的中点 、 ，由 ， 知 ， ， 又 是梯形，故 ，从而 ，故 平面 ，进而得 ， 而 ， 与 相交，故 平面 . 由 的面积为 ，得 ， 由 得 ，进而 ， 所以 . 故答案为： 【点睛】 本题主要考查四棱锥的体积以及线面垂直的判定定理和面面垂直性质定理，还考查了运 算求解的能力，属于中档题. 三、解答题 17．在 中， . P ABCD− ABCD //AB CD 90ABC∠ = ° PA PD= PC PB= PBC BC 2 3 AD BC E F PAD ⊥ ABCD PA PD= PE AD⊥ ABCD EF BC= ⋅ 1 3V PE EF BC= ⋅ ⋅ PB PC= PF BC⊥ PBC 1 2 PF BC BC⋅ = 2 2 2PF PE EF= + 2PE EF BC⋅ ⋅ ≤ AD BC E F PA PD= PB PC= PE AD⊥ PF BC⊥ ABCD EF AB∥ EF BC⊥ BC ⊥ PEF PE BC⊥ PE AD⊥ AD BC PE ⊥ ABCD PBC 1 2 PF BC BC⋅ = 2PF BC = 2 2 2PF PE EF= + 4 2PE EFBC ≥ ⋅ 2PE EF BC⋅ ⋅ ≤ 1 2 3 3V PE EF BC= ⋅ ⋅ ≤ 2 3 ABC 22sin sin sin2 2 A A A− =第 12 页 共 21 页 （1）求 的值； （2）若 ， 的面积为 ，求边长 的长. 【答案】（1） （2） 【解析】（1）利用二倍角公式，将 ，变形为 ，再化简利用平方关系求解. （2）由 确定角 A 的范围，得到 ，再根据 的面积为 ，利用正弦定理求得 ，再结合 ，利用余弦定理求解. 【详解】 （1）由已知得， ， 因为 ，所以 ， 两边平方得， ， （2）由 得， ，从而 ， 于是 ， 因为 的面积为 ，所以 由余弦定理得， ， . 【点睛】 本题主要考查二倍角公式和正弦定理，余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属 于中档题. 18．在五面体 中， ， . sin A 4AB AC+ = ABC 3 2 BC 3sin 4A = 7 1+ 22sin sin sin2 2 A A A− = 22sin cos sin 2sin2 2 2 2 A A A A+ = sin cos 02 2 A A− > cos A ABC 1.5 AB AC× 4AB AC+ = 22sin cos sin 2sin2 2 2 2 A A A A+ = sin 02 A ≠ 1sin cos2 2 2 A A− = 3sin 4A = sin cos 02 2 A A− > tan 12 A > 90A > ° 7cos 4A = − ABC 1 sin 1.52 AB AC A⋅ ⋅ = 4AB AC× = ( ) ( )2 2 1 cosBC AB AC AB AC A= + − × + 7 1= + ABCDEF BC AB⊥ 90DAE AEF∠ = ∠ = °第 13 页 共 21 页 （1）证明：平面 平面 ； （2）若 ， 是等腰直角三角形， ，求直线 与平 面 所成角的正切值. 【答案】（1）证明见解析（2） 【解析】（1）根据 且 、 、 、 四点共面，得到 ，由线面平行的判定得到 平面 ，再由线面平行的性质定理 ，根据 ， ，得到 平面 ，再由面面垂直的判定 证明. （2）根据 和 ， ，得到 是正方形，建立空 间直角坐标系，不妨设 ，得到 ， ， 的坐标，求得平面 的一 个法向量，代入线面角向量公式 求解. 【详解】 （1）因为 且 、 、 、 四点共面，所以 ， 又 平面 ，所以 平面 ， 又平面 平面 ，所以 ， 因为 ，所以 ， 又 ，所以 平面 ， 而 平面 ，故平面 平面 . （2）由 和 ， 可知， 是正方形， 如图建立空间直角坐标系， ABE ⊥ ABCD AD BC CD= = ABE△ 90AEB = °∠ CE AEFD 2 2 90DAE AEF∠ = ∠ = ° A D E F AD EF AD  BCFE AD BC∥ AD BC⊥ AD AE⊥ AD ⊥ ABE AD BC CD= = AD BC∥ BC AB⊥ ABCD 2AB = AD AE CE AEFD sin n CE n CE θ ⋅ =     90DAE AEF∠ = ∠ = ° A D E F AD EF AD ⊄ BCFE AD  BCFE ABCD  BCFE BC= AD BC∥ BC AB⊥ AD BC⊥ AD AE⊥ AD ⊥ ABE AD ⊂ ABCD ABE ⊥ ABCD AD BC CD= = AD BC∥ BC AB⊥ ABCD第 14 页 共 21 页 不妨设 ，则 ， ， ， ， ， 设平面 的一个法向量为 ， 则由 ，且 得 ， ，故令 ，得 设直线 与平面 所成角为 ，则 ，从而 【点睛】 本题主要考查线面平行的判定定理和性质定理，线面垂直，面面垂直的判定定理以及向 量法求角问题，还考查了转化化归的思想和逻辑推理，运算求解的能力，属于中档题. 19．设点 是抛物线 的焦点， 、 是 上两点.若 ，且线段 的中点到 轴的距离等于 . （1）求 的值； （2）设直线 与 交于 、 两点且在 轴的截距为负，过 作 的垂线，垂足为 ， 若 . （i）证明：直线 恒过定点，并求出该定点的坐标； （ii）求点 的轨迹方程. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；定点 （ii） （ 且 ） 【解析】（1）过 和 分别作 轴的垂线，垂足分别为 、 ，根据抛物线的定义 2AB = ( )0,1,0A ( )2,1,0D ( )0,0,1E ( )2, 1,0C − ( )2,0,0=AD ( )0, 1,1AE = − ( )2,1,1CE = − AEFD ( ), ,n x y z= 0n AD⋅ =  0n AE⋅ =  0x = 0y z− = 1z = ( )0,1,1n = CE AEFD θ 3sin 3 n CE n CE θ ⋅ = =     2tan 2 θ = F ( )2: 2 0C x py p= > M N C 4MF NF+ = MN x 1 p l C A B y F l P 5OA OB⋅ =  l P 2p = ( )0, 1Q − 2 2 1x y+ = 0y > 1y ≠ M N x 1M 1N第 15 页 共 21 页 得到 ， ，利用 建立 p 的方程，再根据线段 的中点到 轴的距离等于 ，有 联立求解. （2）设 的方程为 ，与抛物线方程联立，由 得到 ，将韦达定理代入，解得 ，（i）直线 恒过定点 .（ii）由 知，点 在以 为直径的圆上，再根据 和斜率存在确定范围. 【详解】 （1）过 和 分别作 轴的垂线，垂足分别为 、 ，则 ， ， 因为线段 的中点到 轴的距离等于 ， 所以 ，即 ， 又因为 ，所以 . （2）由题意知直线 的斜率存在，设 的方程为 ，代入抛物线方程 得 ， 由 得， （）， 设 ， ，则 . 由 得， ，即 ， 把 代入得 ，解得 或 （舍去）， （i）于是直线 恒过定点 . （ii）由 知，所以点 在以 为直径的圆上，该圆的方程为 ， 根据（）得 ，从而取圆在 轴的上方部分，又直线 的斜率存在， 因此应剔除与 轴的交点， 故点 的轨迹方程为 （ 且 ）. 【点睛】 1MM 1NN 4MF NF+ = MN x 1 1 1 2MM NN+ = l ( )0y kx m m= + < 5OA OB⋅ =  1 2 1 2 5x x y y+ = m l ( )0,Q m 90FPQ∠ = ° P FQ 0> M N x 1M 1N 1 2 pMM MF= − 1 2 pNN NF= − MN x 1 1 1 2MM NN+ = 2MF NF p+ − = 4MF NF+ = 2p = l l ( )0y kx m m= + < 2 4 4 0x kx m− − = 0> 2 0k m+ > ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 1 2 4x x m=− 5OA OB⋅ =  1 2 1 2 5x x y y+ = 2 1 2 1 2 54 x xx x  + =   1 2 4x x m=− 2 4 5 0m m− − = 1m = − 5m = l ( )0, 1Q − 90FPQ∠ = ° P FQ 2 2 1x y+ = 2 1k > x l y P 2 2 1x y+ = 0y > 1y ≠第 16 页 共 21 页 本题主要考查抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系，定点和轨迹问题，还考查了运 算求解的能力，属于难题. 20．春节期间爆发的新型冠状病毒（COVID-19）是新中国成立以来感染人数最多的一 次疫情.一个不知道自己已感染但处于潜伏期的甲从疫区回到某市过春节，回到家乡后 与朋友乙、丙、丁相聚过，最终乙、丙、丁也感染了新冠病毒.可以肯定的是乙受甲感 染的，丙是受甲或乙感染的，假设他受甲和受乙感染的概率分别是 和 .丁是受 甲、乙或丙感染的，假设他受甲、乙和丙感染的概率分别是 、 和 .在这种假 设之下，乙、丙、丁中直接受甲感染的人数为 . （1）求 的分布列和数学期望； （2）该市在发现在本地出现新冠病毒感染者后，迅速采取应急措施，其中一项措施是 各区必须每天及时，上报新增疑似病例人数. 区上报的连续 天新增疑似病例数据是 “总体均值为 ，中位数 ”， 区上报的连续 天新增疑似病例数据是“总体均值为 ， 总体方差为 ”.设 区和 区连续 天上报新增疑似病例人数分别为 和 ， 和 分别表示 区和 区第 天上报新增疑似病例 人数（ 和 均为非负）.记 ， . ①试比较 和 的大小； ②求 和 中较小的那个字母所对应的 个数有多少组？ 【答案】（1）详见解析（2）① ② 组 【解析】（1）记事件 “丙受甲感染”，事件 “丁受甲感染”，则 ， ， 的取值为 ， ，再列出 的分布列并求期 望. （2）（i）对于 区，根据“总体均值为 ，总体方差为 ”，有 ，再根据 是非负整数，得到 ， 从而确定 ，同理对于 区，根据“总体均值为 ，中位数 ”，确定 .（ii）当 时，只有两种组合，一是一个是 ，五个是 或 ，一个是 ；二是一个是 ，一个是 或 ，一个是 或 ，其余是 ，分别求得组数再求和. 【详解】 0.6 0.4 0.2 0.4 0.4 X X A 7 3 4 B 7 2 3 A B 7 1 2 7, ,...,x x x 1 2 7, ,...,y y y ix ( )1 7,iy i i≤ ≤ ∈N A B i ix iy { }1 2 7max , ,...,M x x x= { }1 2 7max , ,...,N y y y= M N M N 7 N M< 2180 :C :D ( ) 0.6P C = ( ) 0.2P D = X 1,2,3 ( ) ( )1P X P C D= = ⋅ ( ) ( ) ( )2P X P C D P C D= = ⋅ + ⋅ ( ) ( )3P X P C D= = ⋅ X B 2 3 ( ) ( ) ( )2 2 2 1 2 72 2 ... 2 21y y y− + − + + − = iy 2 4iy − ≤ N A 3 4 M 6N = 6 1 3 2 6 1 3 0 4 2第 17 页 共 21 页 （1）记事件 “丙受甲感染”，事件 “丁受甲感染”，则 ， 的取值为 所以 的分布列为 1 2 3 0.32 0.56 0.12 （2）（i）对于 区，由 知， ，因为 是非负整数， 所以 ，即 ，所以 当 中有一个取 ，有一个取 ，其余取 时， 对于 区，当 ， ， 时，满足“总体均值为 ，中 位数 ”，此时， 所以 （ii）当 时， 只有两种情况： ①有一个是 ，有五个是 或 ，有一个是 ； ②有一个是 ，有一个是 或 ，有一个是 或 ，其余是 . 对于①，共有 组 对于②，共有 组 故共有 组 【点睛】 本题主要考查离散型随机变量的分布列，均值和方差及其应用，还考查了运算求解的能 力，属于中档题. :C :D ( ) 0.6P C = ( ) 0.2P D = X 1,2,3 ( ) ( )1 0.4 0.8 0.32P X P C D= = ⋅ = × = ( ) ( ) ( )2 0.6 0.8 0.4 0.2 0.56P X P C D P C D= = ⋅ + ⋅ = × + × = ( ) ( )3 0.6 0.2 0.12P X P C D= = ⋅ = × = X X P 1 0.32 2 0.56 3 0.12 1.8EX = × + × + × = B ( ) ( ) ( )2 2 2 1 2 72 2 ... 2 21y y y− + − + + − = ( ) ( )22 21 1,2,...,7iy i− ≤ = iy 2 4iy − ≤ 6iy ≤ 6N ≤ 1 2 7, ,...,y y y 6 2 1 6N = A 1 2 3 0x x x= = = 4 5 6 4x x x= = = 7 9x = 3 4 9M = N M< 6N = 1 2 7, ,...,y y y 6 1 3 2 6 1 3 0 4 2 1 5 5 7 6 2 1344C C × = 1 1 1 2 7 6 5 2 840C C C × = 2180第 18 页 共 21 页 21．已知函数 ，直线 是曲线 的一条切 线. （1）求 的值； （2）证明：不等式 在 上恒成立. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】（1）设切点为 ，求导，再由 求解. （2）令 ，则 ，再分 ， ， 三种情况讨论求解其最小值即可. 【详解】 （1）设直线 切曲线 于点 ， ， 所以 ， 解得 ， . （2） ， 记 ，则 ， ①当 时， 递增，且 ，所以 在 上递减，在 上递增，故 ， ②当 时， ，此时 在 上递增， 所以 ， ③当 时，记 ，则 （ 的导数为 ）， 设 的根为 ，易知 ， 在 上递减，在 上递 增， ( ) ( )0.5 14xf x ae a x+= + − 14 9y x= + ( )y f x= a ( ) 3 28 8 5f x x x≥ − + ( ],2−∞ 6a = ( )0 0,x y ( ) 0 0 0.5 0.5 0 0 14 14 14 14 9 x x ae a ae a x x + +  + − = + − = + ( ) ( ) 3 28 8 5h x f x x x= − + − ( ) ( )( )0.56 8 3 1 1xh x e x x+′ = − + − 1 3x ≤ − 11 3 x ≤− < 1x > 14 9y x= + ( )y f x= ( )0 0,x y ( ) 0.5 14xf x ae a+′ = + − ( ) 0 0 0.5 0.5 0 0 14 14 14 14 9 x x ae a ae a x x + +  + − = + − = + 6a = 0 0.5x = − ( ) 0.56 8xf x e x+= + ( ) ( ) 3 28 8 5h x f x x x= − + − ( ) ( )( )0.56 8 3 1 1xh x e x x+′ = − + − 1 3x ≤ − ( )h x′ ( )0.5 0h′ − = ( )h x ( ), 0.5−∞ − ( )0.5,0− ( ) ( )0.5 0h x h≥ = 11 3 x ≤− < ( ) 0h x′ ≥ ( )h x ( )0,1 ( ) ( )0 6 5 0h x h e> = − > 1x > ( ) ( )m x h x′= ( ) 0.56 48 16xm x e x+′ = − + ( )m x′ 0.56 48xe + − 0.56 48 0xe + − = 0x 0 1.5x > ( )m x′ ( )01, x ( )0 ,x +∞第 19 页 共 21 页 ， 而 ， ，所以 在 时只有一个根 ， 因此 在 上递减，在 上递增， 故 ， 从而 在 上递增，所以 ， 综上，不等式 在 上恒成立. 【点睛】 本题主要考查导数几何意义的应用以及导数法证明不等式恒成立问题，还考查了转化化 归的思想运算求解的能力，属于难题. 22．在平面直角坐标系 中，动圆 ，（ ， 是参数）.以 为 极点， 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，若直线 的极坐标方程为 . （1）求动圆 的圆心的轨迹 的方程及直线 的直角坐标方程； （2）设 和 分别 和 上的动点，若 最小值为 ，求 的值. 【答案】（1） ； （2） 【解析】（1）根据动圆方程，得到圆心坐标 ，令 ， 消去参数 即可.利用 代入 求解. （2）设 ，将 的距离转化为 到直线 的距离求解，根据 的最小值不为 和 最小值为 ，利用三角函数的性质求解. 【详解】 （1）设动圆 的圆心坐标为 ，则 ， ( ) ( )0 0.5 0 0 06 48 16 16 4 3 0xm x e x x−′ = − + = − < ( )1 0m′ < ( )2.5 0m′ > ( ) 0m x′ = 1x > ( )1 1.5,2.5x ∈ ( )h x′ ( )11, x ( )1,x +∞ ( ) ( ) ( ) ( )2 2 1 1 1 1 1 148 16 8 3 2 1 8 3 8 1 2h x h x x x x x x′ ′≥ = − − − − = − − + > ( )h x ( )1,+∞ ( ) ( )1 0h x h> > ( ) 3 28 8 5f x x x≥ − + ( ],2−∞ xOy 2 2 2: 4 2 cos 4 sin 7cos 8 0C x y x yθ θ θ+ − − + − = θ ∈R θ O x l 2 cos 3 m πρ α + =   C 1C l M N 1C l MN 1 m 2 2 18 4 x y+ = 3 0x y m− − = ( )2 5 1m = ± + ( )2 2 cos ,2sinθ θ 2 2 cos 2sin x y θ θ  = = θ cos , sinx yρ α ρ α= = 2 cos 3 m πρ α + =   ( )2 2 cos ,2sinM θ θ MN M l d 0 MN 1 C ( ),x y 2 2 cos 2sin x y θ θ  = =第 20 页 共 21 页 消去参数 得，得 的方程为 。 因为 将 ，代入得： 直线 的直角坐标方程为 。 （2）设 ， 的最小值等于点 到直线 的距离的最小值 点 到直线 的距离 因为 的最小值不为 ，所以 当 时， ，则 ，解得 当 时， ，则 ，解得 综上， 【点睛】 本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的转化以及直线与椭圆的位置关系，还考查了 运算求解的能力，属于中档题. 23．设 均为正数，且 . （1）证明： ； （2）若不等式 恒成立，求 的最大值. 【答案】（1）证明见解析（2） 的最大值为 1 【解析】（1）由 ，两边平方得到 ，然后 利用重要不等式 ，结合不等式的加法性质求解. （2）构造 ，再利用基本不 等式求解. θ 1C 2 2 18 4 x y+ = 2 cos cos 3 sin3 m πρ α ρ α ρ α + = − =   cos , sinx yρ α ρ α= = l 3 0x y m− − = ( )2 2 cos ,2sinM θ θ MN M l M l ( )2 2 cos 2 3sin 2 5 cos 2 2 m m d θ θ θ ϕ− − + − = = d 0 2 5m > 2 5m > min 2 5 2 md −= 2 5 12 m − = ( )2 5 1m = + 2 5m < − min 2 5 2 md += − 2 5 12 m +− = ( )2 5 1m = − + ( )2 5 1m = ± + , ,a b c 1a b c+ + = 1 3ab bc ca+ + ≤ 2 2 2a b c tb c a + + ≥ t t 1a b c+ + = ( )2 2 2 2 1a b c ab bc ca+ + + + + = 2 2 2a b ab+ ≥ 2 2 2 2 2 2a b c a b ca b c b c ab c a b c a      + + + + + = + + + + +          第 21 页 共 21 页 【详解】 （1）由 得， 因为 ， ， ， 所以 从而 ， 即 . （2） ， 所以 （当且仅当 时取“ ”号） 从而 ，故 的最大值为 1. 【点睛】 本题主要考查基本不等式的应用，还考查了转化化归的思想运算求解的能力，属于中档 题. 1a b c+ + = ( )2 2 2 2 1a b c ab bc ca+ + + + + = 2 2 2a b ab+ ≥ 2 2 2b c bc+ ≥ 2 2 2c a ca+ ≥ 2 2 2a b c ab bc ca+ + ≥ + + ( ) ( )2 2 21 2 3a b c ab bc ca ab bc ca= + + + + + ≥ + + 1 3ab bc ca+ + ≤ 2 2 2 2 2 2 2 2 2a b c a b ca b c b c a a b cb c a b c a      + + + + + = + + + + + ≥ + +           2 2 2 1a b c a b cb c a + + ≥ + + = 1 3a b c= = = = 1t ≤ t