河北省2020届高三数学(理)下学期第四次检测试题(Word版附解析)
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河北省2020届高三数学(理)下学期第四次检测试题(Word版附解析)

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资料简介
河北 2020 届高三下学期第四次质量检测 数 学(理科) 一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.每小题给出的四个选项中, 只有一项符合题目要求. 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】 【分析】 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. ,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 ≥  + −  − ≤ >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. 3.命题“ , ”的否定是( ) A. , B. , C. , D. , 【答案】C 【解析】 【分析】 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】 【分析】 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, A B A∪ = B A⊆ 0m = B = ∅ 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− ≤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】 【分析】 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. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )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  + + + + = + + + + + + + = 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× =6.若函数 ( 且 )在 上为减函数,则函数 的图 象可以是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 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 ( ) x xf x a a−= − 0a > 1a ≠ R log (| | 1)ay x= − ( ) 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)【答案】C 【解析】 【分析】 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, 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 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 ( ) ( )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【解析】 【分析】 首先根据题中所给 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】 【分析】 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 , 的 2 24 2 2 5+ = 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 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 ( ) A. B. C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】 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 的 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 = 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 【解析】 【分析】 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| . 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 +∞   3 π+ 3 >π【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】 【分析】 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 所以 在 上为增函数,则 , 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′ > ( )g x (1, )+∞ ( ) (1) 1 2g x g a> = −当 时, ,所以 ,所以 在 上为增函数, 则 ,所以 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(每小题 5 分,满分 20 分) 13.已知 , ,向量 与 的夹角为 ,且 ,则 ________. 【答案】 【解析】 【分析】 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 . 所以 . 故答案为: . 在 1 2 0a− ≥ ( ) 0>g 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(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 + = 7c = 7【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】 【分析】 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 , 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= ( )ln ln ln ln lnkx kxy ce c e c kx= = + = +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】 (1). 32 (2). 50 【解析】 【分析】 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 :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:共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第 17-21 题为必 考题,每个试题考生都必须作答.第 22、23 题为选考题,考生根据要求作答. 为 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− =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】 【分析】 (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 , 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−由 ,得 B1( ). 因为 E 是棱 BB1 的中点,所以 E( ),所以 ( ), (﹣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) 1 1 1A B AB2  = 31 4− ,, 3 3 22 2 − ,, 1EA = 3 3 22 2 , ,− 1 1A C = 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= + 8+ =b c ,b c BC 7 2AD = ABC∆ 6b = 2c = 3 55 4ABCS = 【解析】 【分析】 (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 , ,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: sin 3sinB C= 3b c= 8b c+ = 2 2 2 2 cosc AD BD AD BD ADB= + − ⋅ ⋅ ∠ 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= ∠ = (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)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】 x 2s 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 =【分析】 (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, , ; (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】 【分析】 (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. ( )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 = − × + − × + − × + × + × + × + × = ( )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,【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 . (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 . ∴ . 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= 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− =【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 【答案】(Ⅰ) ;(Ⅱ)详见解析. 【解析】 【分析】 ( 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 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+ ≥ + 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∴ ≤即 的取值范围为: (Ⅱ)设 ,令: , 则 ,令 ,则 在 上为减函数 ,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】 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′ ′∴ + ≤ ( ) ( )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  ∈  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 , , 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】 【分析】 (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, ( ),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  ∈   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 , 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. 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 ( ) 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,+∞

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