北京市2020届高三数学3月月考试题（Word版附解析）

北京市 2020 届高三数学 3 月月考试 题 一、选择题（本大题共 10 个小题，每小题 4 分，共 40 分．在每道小题给出的四 个备选答案中，只有一个是符合题目要求的，请将答案涂在机读卡上的相应位置 上．） 1.若集合 ， ，则 （　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先求出集合 A，B，然后进行交集的运算即可． 【详解】 ，B={x∈R|x＜﹣1，或 x＞3}； ∴A∩B={x∈R|x＞3}． 故选 D． 【点睛】本题考查描述法表示集合 概念，一元二次不等式的解法，以及交集及其运算． 2.向量 在正方形网格中的位置如图所示.若向量 与 共线,则实数 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由图像，根据向量的线性运算法则，可直接用 表示出 ，进而可得出 . 的 { }3 2 0A x R x= ∈ + > { }2 2 3 0B x R x x= ∈ − − > A B = { }1x R x∈ < − 21 3x R x  ∈ − < < −    2 33x R x  ∈ − < 2{ | }3A x R x= ∈ −＞ , ,a b c   a bλ +  c λ = 2− 1− 1 2 ,a b c λ【详解】由题中所给图像可得： ，又 ，所以 . 故选 D 【点睛】本题主要考查向量的线性运算，熟记向量的线性运算法则，即可得出结果，属于基 础题型. 3.设曲线 是双曲线,则“ 的方程为 ”是“ 的渐近线方程为 ”的 A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 分析：由方程为 的渐近线为 ，且渐近线方程为 的双曲线方程为 ，即可得结果. 详解：若 的方程为 ， 则 ，渐近线方程为 ， 即为 ，充分性成立， 若渐近线方程为 ，则双曲线方程为 ， “ 的方程为 ”是“ 的渐近线方程为 ”的充分而不必要条件，故选 A. 点睛：本题通过圆锥曲线的方程主要考查充分条件与必要条件，属于中档题.判断充要条件应 注意：首先弄清条件 和结论 分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试 .对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外， 还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范 围问题也可以转化为包含关系来处理. 2a b c+ =  c = a bλ + 2λ = C C 2 2 14 yx − = C 2y x= ± 2 2 14 yx − = 2y x= ± 2y x= ± ( )2 2 04 yx λ λ− = ≠ C 2 2 14 yx − = 1, 2a b= = by xa = ± 2y x= ± 2y x= ± ( )2 2 04 yx λ λ− = ≠ ∴ C 2 2 14 yx − = C 2y x= ± p q ,p q q p⇒ ⇒4.某校象棋社团组织中国象棋比赛,采用单循环赛制,即要求每个参赛选手必须且只须和其他 选手各比赛一场,胜者得 分,负者得 分,平局两人各得 分.若冠军获得者得分比其他人都多, 且获胜场次比其他人都少,则本次比赛的参赛人数至少为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 分析：对于四个选项中给出的参赛人数分别进行分析，看是否满足条件，然后可得结论． 详解：对于A，若参赛人数最少为 4 人，则当冠军 3 次平局时，得 3 分，其他人至少 1 胜 1 平 局时，最低得 3 分，所以 A 不正确． 对于 B，若参赛人数最少为 5 人，当冠军 1 负 3 平局时，得 3 分，其他人至少 1 胜 1 平局，最 低得 3 分，所以 B 不正确． 对于 C，若若参赛人数最少为 6 人，当冠军 2 负 3 平局时，得 3 分，其他人至少 1 胜 1 平局， 最低得 3 分，此时不成立；当冠军 1 胜 4 平局时，得 6 分，其他人至少 2 胜 1 平局，最低得 5 分，此时成立．综上 C 正确． 对于 D，由于 7 大于 6，故人数不是最少．所以 D 不正确． 故选 C． 点睛：本题考查推理问题，考查学生的分析问题和应用所学知识解决问题的能力．解题时要 根据所给出的条件进行判断、分析，看是否得到不合题意的结果． 5.若抛物线 y2＝2px（p＞0）上任意一点到焦点的距离恒大于 1，则 p 的取值范围是（ ） A. p＜1 B. p＞1 C. p＜2 D. p＞2 【答案】D 【解析】 【分析】 根据抛物线的几何性质当 P 为抛物线的顶点时，P 到准线的距离取得最小值 ，列不等式求 解. 【详解】∵设 P 为抛物线的任意一点， 则 P 到焦点的距离等于到准线：x 的距离， 显然当 P 为抛物线的顶点时，P 到准线的距离取得最小值 ． 2 0 1 4 5 6 7 2 p 2 p= − 2 p∴ ，即 p＞2． 故选：D． 【点睛】此题考查抛物线的几何性质，根据几何性质解决抛物线上的点到焦点距离的取值范 围问题. 6.已知函数 （ 为常数）为奇函数，那么 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 分析】 根据奇函数定义 ，代入即可求得 的值． 【详解】因为函数 （ 为常数）为奇函数 所以 ，代入 所以选 A 【点睛】本题考查了奇函数的应用及三角函数的求值，属于基础题． 7.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱为（　　） A. 4 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 【 12 p＞ ( ) ( )cos 2f x x φ= + ϕ cosϕ = 0 2 2 − 2 2 1 ( )0 0f = cosϕ ( ) ( )cos 2f x x ϕ= + ϕ ( )0 0f = cos 0ϕ = 2 2 7根据三视图得到几何体的直观图，然后结合图中的数据计算出各棱的长度，进而可得最长 棱． 【详解】由三视图可得，该几何体是如图所示的四棱锥 ，底面 是边长为 2 的正方形，侧面 是边长为 2 的正三角形，且侧面 底面 ． 根据图形可得四棱锥中的最长棱为 和 ，结合所给数据可得 ， 所以该四棱锥的最长棱为 ． 故选 B． 【点睛】在由三视图还原空间几何体时，要结合三个视图综合考虑，根据三视图表示的规则， 空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线、不可见轮廓线在三视图中为虚线．在还原空间 几何体实际形状时，一般是以主视图和俯视图为主，结合左视图进行综合考虑．热悉常见几 何体的三视图，能由三视图得到几何体的直观图是解题关键．考查空间想象能力和计算能 力． 8.函数 = ，若方程 有且只有两个不相等的实数根，则实数 的取值范围是（ ） A. （－ ，1） B. （－ ，1] C. （0，1） D. [0，+ ） 【答案】A 【解析】 【分析】 根据分段函数的表达，画出函数的图像，结合函数 和 的图像有且只有两个交 点，来求得实数 的取值范围. 1 1P DCC D− 1 1DCC D 1 1PC D∆ 1 1PC D ⊥ 1 1DCC D 1PC 1PD 1 1 2 2PC PD= = 2 2 ( )f x ( ) 2 1, 0 1 , 0 x x f x x − − ≤ − > ( )f x = x a+ a ∞ ∞ ∞ ( )f x y x a= + a【详解】当 时， ，故 .当 时， ， 故 . 以 此 类 推 ， 当 时 ， .由此画出函数 和 的图像如下图所示，由图可知 的取值范 围是 时， 和 的图像有且仅有两个交点.即方程 有且只有 两个不相等的实数根.故本小题选 A. 【点睛】本小题主要考查分段函数解析式的求法，考查数形结合的数学思想方法，考查方程 的根和函数的零点问题，综合性较强，属于中档题. 9.定义：若存在常数 ，使得对定义域 内的任意两个 ，均有 成立，则称函数 在定义域 上满足利普希茨条件.若函数 满足利普希茨条件，则常数 的最小值为（ ） A. 4 B. 3 C. 1 D. 【答案】 【解析】 试题分析：由已知中中利普希茨条件的定义，若函数 满足利普希茨条件， 所 以 存 在 常 数 k ， 使 得 对 定 义 域 [1 ， +∞ ） 内 的 任 意 两 个 ， 均 有 成立， 不妨设 ，则 ． 而 0＜ ( ]0,1x∈ ( ]1 1,0x − ∈ − ( ) ( )1 2 2 1xf x f x −= − = ⋅ − ( ]1,2x∈ ( ]1 0,1x − ∈ ( ) 22 2 1xf x −= ⋅ − ( ]1,x n n∈ − ,n Z +∈ ( ) 2 2 1n xf x −= ⋅ − ( )f x y x a= + a ( ),1−∞ ( )f x y x a= + ( )f x = x a+ k D 1 2 1 2, ( )x x x x≠ 1 2 1 2( ) ( )f x f x k x x− ≤ − ( )f x D ( ) ( 1)f x x x= ≥ k 1 2 1 2 ( ) ( 1)f x x x= ≥ 1 2 1 2, ( )x x x x≠ 1 2 1 2( ) ( )f x f x k x x− ≤ − 1 2x x＞ 1 2 1 2 1 2 1x x k x x x x − ≥ =− +＜ ，所以 k 的最小值为 ．故选 D. 考点：1.新定义问题；2.函数恒成立问题． 10.在边长为 1 的正方体中，E，F，G，H 分别为 A1B1，C1D1，AB，CD 的中点，点 P 从 G 出 发，沿折线 GBCH 匀速运动，点 Q 从 H 出发，沿折线 HDAG 匀速运动，且点 P 与点 Q 运动 的速度相等，记 E，F，P，Q 四点为顶点的三棱锥的体积为 V，点 P 运动的路程为 x，在 0≤x≤2 时，V 与 x 的图象应为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 分情况表示出三棱锥的体积，根据分段函数解析式判定函数图象. 【详解】（1）当 0 时，点 P 与点 Q 运动的速度相等根据下图得出：面 OEF 把几何体 PEFQ 分割为相等的几何体， ∵S△OEF ，P 到面 OEF 的距离为 x， 1 2 1 x x+ 1 2 1 2 1 2x≤ ≤ 1 11 12 2 = × × =VPEFQ＝2VP﹣OEF＝2 x＝2• ， （2）当 x 时，P 在 AB 上，Q 在 C1D1 上，P 到 ，S△OEF ， VPEFQ＝2VP﹣OEF＝2 定值． （3）当 x≤2 时，S△OEF ，P 到面 OEF 的距离为 2﹣x， VPEFQ＝2VP﹣OEF＝2 （2﹣x） x， V 故选：C． 【点睛】此题考查求锥体体积，关键在于根据几何体特征准确分类讨论表示出锥体体积，结 合分段函数解析式选择函数图象. 二、填空题（本大题共 6 个小题，每小题 5 分，共 30 分） 11.代数式（1﹣x）（1+x）5 的展开式中 x3 的系数为_____． 【答案】0 【解析】 1 1 3 2 × × 6 3 x x= 2 3 1 2 ＜ 3 2 ≤ 1 2 1 11 12 2 = × × = 1 1 1 1 3 2 2 6 × × × = = 3 2 ＜ 1 11 12 2 = × × = 1 1 3 2 × × × 2 1 3 3 = − 103 2 1 1 3 6 2 2 2 1 3 23 3 2 x x x x x  ≤ = ≤   − ≤ ≤ ， ＜ ， ＜ ，【分析】 根据二项式定理写出（1+x）5 的展开式，即可得到 x3 的系数. 【详解】∵（1﹣x）（1+x）5＝（1﹣x）（ •x •x2 •x3 •x4 •x5）， ∴（1﹣x）（1+x）5 展开式中 x3 的系数为 1 1 0． 故答案为：0． 【点睛】此题考查二项式定理，关键在于熟练掌握定理的展开式，根据多项式乘积关系求得 指定项的系数. 12.在复平面内，复数 对应的点到原点的距离是_______． 【答案】 【解析】 因为复数 ，所以 ，根据复数模的几何意义可知故选复数 对应的点到原点的距离是 ，故答案为 . 13.已知函数若 ， 是互不相同的正数，且 ，则 的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】 画出函数 的图象，运用对数函数的图象，结合对数运算性质，可得 ，由二次函 数的性质可得 ，运用基本不等式和二次函数的性质，即可得到所求范围． 【详解】先画出函数 的图象，如图所示： 因为 互不相同，不妨设 ，且 ， 而 ，即有 ，可得 ，则 ， 0 1 5 5C C+ 2 5C+ 3 5C+ 4 5C+ 5 5C+ 3 5C× − 2 5C× = 1 2z i= − 5 1 2z i= − ( )21 2 5z = + − = 1 2z i= − 5 5 4 2 log , 0 4( ) 10 25, 4 x xf x x x x    a b c d， ， ， ( ) ( ) ( ) ( )f a f b f c f d= = = abcd ( )24,25 y f x＝（ ） 1ab＝ 10c d+ ＝ 4 2 log , 0 4( ) 10 25, 4 x xf x x x x    a b c d, ,, a b c d< < < ( ) ( ) ( ) ( )f a f b f c f d= = = 4 4log log b− = 4 4log log 0a b+ = 1ab = abcd cd=由 ，且 ，可得 ， 且 ， 当 时， ，此时 ，但此时 b，c 相等， 故 的范围为 ． 故答案为 ． 【点睛】本题考查了利用函数图象分析解决问题的能力，以及对数函数图象的特点，注意体 会数形结合思想在本题中的运用． 14.已知双曲线 的一条渐近线的倾斜角为 60°，且与椭圆 有相等焦距， 则 C 的方程为_____ 【答案】x2 1 【解析】 【分析】 根据渐近线倾斜角求出斜率得到 ，结合焦距即可求得方程. 【详解】由椭圆的方程可得焦距为 4，再由双曲线的渐近线方程可得： tan60° ，由题 意可得 a2+b2＝4，解得：a2＝1，b2＝3， 所以双曲线的方程为：x2 1； 故答案为：x2 1． 【点睛】此题考查求双曲线的方程，根据椭圆求得焦距，根据渐近线的倾斜角得出斜率，建 立等量关系求解基本量 a，b，c. 10c d+ ＝ c d< 2 252 c dcd + < =   2(10 ) ( 5) 25cd c c c= − = − − + 4c = 6d = 24cd = abcd (24,25) 24 25（ ， ） 2 2 2 2 1x yC a b − =： 2 2 15 x y+ = 2 3 y− = b a = 3 b a = 3= 2 3 y− = 2 3 y− =15.设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，若 a1＝1，公差 d＝2，Sn+2﹣Sn＝36，则 n＝_____． 【答案】8 【解析】 【分析】 根据等差数列的首项和公差表示出 ，根据方程 Sn+2﹣Sn＝36 即可得解. 【详解】∵等差数列{an}的首项 a1＝1，公差 d＝2， 则 ， ， 由 Sn+2﹣Sn＝36，得 （n+2）2﹣n2＝2（2n+2）＝36，解得：n＝8． 故答案为：8． 【点睛】此题考查等差数列求和公式，根据求和公式建立等量关系求解未知数，关键在于熟 记公式，准确计算. 16.如果对于函数 f（x）定义域内任意的两个自变量的值 x1，x2，当 x1＜x2 时，都有 f（x1）≤f （x2），且存在两个不相等的自变量值 y1，y2，使得 f（y1）＝f（y2），就称 f（x）为定义域上的 不严格的增函数．则① ，② ，③ ，④ ，四个函数中为不严格增函数的是_____，若 已知函数 g（x）的定义域、值域分别为 A、B，A＝{1，2，3}，B⊆A，且 g（x）为定义域 A 上的不严格的增函数，那么这样的 g（x）有_____个． 【答案】 (1). ①③ (2). 9 【解析】 【分析】 ①③两个函数满足题意，②是严格单调递增的函数，不合题意，④当 x1 ，x2∈（1， ）， ( ) 22 1 2n n nS n n −= + = ( ) 22 1 2n n nS n n −= + = 2 2 ( 2)nS n+ = + ( ) 1 0 1 1 1 x x f x x x x ≥ = −  ≤ − ， ， ＜ ＜ ， ( ) 1 2 2 2 x f x sinx x π π π  = −=   − ≤ ， ， ＜ ( ) 1 1 0 1 1 1 1 x f x x x ≥ = − − ≤ − ， ， ＜ ＜ ， ( ) 1 1 1 x xf x x x ≥=  + ， ， ＜ 1 2 = 3 2f（x1）＞f（x2），不合题意；分别列举出满足条件的函数关系即可得解. 【详解】由已知中：函数 f（x）定义域内任意的两个自变量的值 x1，x2， 当 x1＜x2 时，都有 f（x1）≤f（x2）， 且存在两个不相等的自变量值 y1，y2，使得 f（y1）＝f（y2）， 就称 f（x）为定义域上的不严格的增函数． ① ，满足条件，为定义在 R 上的不严格的增函数； ② ，当 x1 ，x2∈（ ， ），f（x1）＞f（x2），故不是不 严格的增函数； ③ ，满足条件，为定义在 R 上的不严格的增函数； ④ ，当 x1 ，x2∈（1， ），f（x1）＞f（x2），故不是不严格的增函数； 故已知的四个函数中为不严格增函数的是①③； ∵函数 g（x）的定义域、值域分别为 A、B，A＝{1，2，3}，B⊆A，且 g（x）为定义域 A 上 的不严格的增函数， 则满足条件的函数 g（x）有： g（1）＝g（2）＝g（3）＝1， g（1）＝g（2）＝g（3）＝2， g（1）＝g（2）＝g（3）＝3， g（1）＝g（2）＝1，g（3）＝2， g（1）＝g（2）＝1，g（3）＝3， g（1）＝g（2）＝2，g（3）＝3， g（1）＝1，g（2）＝g（3）＝2， g（1）＝1，g（2）＝g（3）＝3， g（1）＝2，g（2）＝g（3）＝3， ( ) 1 0 1 1 1 x x f x x x x ≥ = −  ≤ − ， ， ＜ ＜ ， ( ) 1 2 2 2 x f x sinx x π π π  = −=   − ≤ ， ， ＜ 2 π= − 2 π− 2 π ( ) 1 1 0 1 1 1 1 x f x x x ≥ = − − ≤ − ， ， ＜ ＜ ， ( ) 1 1 1 x xf x x x ≥=  + ， ， ＜ 1 2 = 3 2故这样的函数共有 9 个， 故答案为：①③；9． 【点睛】此题考查函数概念，涉及新定义，与单调递增对比，寻找满足条件的函数，关键在 于读懂题意，根据不严格增函数的定义进行判定. 三、解答题（本大题共 6 个小题，共 80 分，解答应写出文字说明，演算步骤或证 明过程．） 17.已知 是各项为正数的等差数列, 为其前 项和,且 . （Ⅰ）求 , 的值及 的通项公式; （Ⅱ）求数列 的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【试题分析】（１）借助题设条件运用等差数列的通项公式及前项和公式建立方程组求解； （２）先确定目标函数解析式，再运用二次函数的图像与性质分析求解： （Ⅰ）因为 ， 所以，当 时， ，解得 ， 所以，当 时， ，解得 或 ， 因为 是各项为正数的等差数列，所以 ， 所以 的公差 ， 所以 的通项公式 . （Ⅱ）因为 ，所以 ， 所以 { }na nS n 24 ( 1)n nS a= + 1a 2a { }na 7 2n nS a −   2 1na n= − 17 2- ( )24 1n nS a= + 1n = ( )2 1 14 1a a= + 1 1a = 2n = ( ) ( )2 2 24 1 1a a+ = + 2 1a = − 2 3a = { }na 2 3a = { }na 2 1 2d a a= − = { }na ( )1 1 2 1na a n d n= + − = − ( )24 1n nS a= + ( )2 22 1 1 4n nS n − += = ( )27 7 2 12 2n nS a n n− = − − 2 77 2n n= − +所以，当 或 时， 取得最小值 18.如图，在四棱锥 E﹣ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，平面 ABCD⊥平面 ABE，∠AEB＝90°， BE＝BC，F 为 CE 的中点， （1）求证：AE∥平面 BDF； （2）求证：平面 BDF⊥平面 ACE； （3）2AE＝EB，在线段 AE 上找一点 P，使得二面角 P﹣DB﹣F 的余弦值为 ，求 P 的位 置． 【答案】（1）见解析（2）见解析（3）P 在 E 处． 【解析】 【分析】 （1）通过证明 FG∥AE 即可证明； （2）通过证明 BF⊥平面 ACE，即可证得面面垂直； （3）建立空间直角坐标系，利用两个半平面法向量关系求解. 【详解】证明：（1）设 AC∩BD＝G，连接 FG，易知 G 是 AC 的中点， ∵F 是 EC 中点． ∴在△ACE 中，FG∥AE， ∵AE⊄平面 BFD，FG⊂平面 BFD， ∴AE∥平面 BFD． （2）∵平面 ABCD⊥平面 ABE，BC⊥AB， 平面 ABCD∩平面 ABE＝AB， ∴BC⊥平面 ABE，又∵AE⊂平面 ABE， 27 35 2 4n = − −   3n = 4n = 7 2n nS a− 17 2 − 10 10∴BC⊥AE， 又∵AE⊥BE，BC∩BE＝B， ∴AE⊥平面 BCE，即 AE⊥BF， 在△BCE 中，BE＝CB，F 为 CE 的中点， ∴BF⊥CE，AE∩CE＝E， ∴BF⊥平面 ACE， 又 BF⊂平面 BDF， ∴平面 BDF⊥平面 ACE． （3）如图建立坐标系，设 AE＝1， 则 B（2，0，0），D（0，1，2），C（2，0，2），F（1，0，1）， 设 P（0，a，0）， ， ， 设平面 BDF 的法向量为 ，且 ， 则由 ⊥ 得﹣2x1+y1+2z1＝0， 由 ⊥ 得﹣x1+z1＝0， 令 z1＝1 得 x1＝1，y1＝0，从而 设平面 BDP 的法向量为 ，且 ，则 由 ⊥ 得﹣2x2+y2+2z2＝0， 由 ⊥ 得 2x2﹣ay2＝0， 令 y2＝2 得 x2＝a，z2＝a﹣1，从而 ， ， 解得 a＝0 或 a＝1（舍） 即 P 在 E 处． ( )21 2BD = − ，， ( )1 01BF = − ，， ( )2 0PB a= − ， ， 1n ( )1 1 1 1n x y z= ， ， 1n BD 1n BF ( )1 1 01n = ，， 2n ( )2 2 2 2n x y z= ， ， 2n BD 2n PB ( )2 2 1n a a= − ，， ( ) 1 2 22 1 2 1 10 102 4 1 n n a acos n n a a θ ⋅ + −= = = ⋅ ⋅ + + −    【点睛】此题考查证明线面平行和面面垂直，关键在于熟练掌握判定定理，建立空间直角坐 标系利用法向量求解二面角的大小，方法通俗易懂，注意计算不能出错. 19.某市旅游管理部门为提升该市 26 个旅游景点 服务质量，对该市 26 个旅游景点的交通、 安全、环保、卫生、管理五项指标进行评分．每项评分最低分 0 分，最高分 100 分．每个景 点总分为这五项得分之和，根据考核评分结果，绘制交通得分与安全得分散点图、交通得分 与景点总分散点图如图 请根据图中所提供的信息，完成下列问题： （1）若从交通得分排名前 5 名的景点中任取 1 个，求其安全得分大于 90 分的概率； （2）若从景点总分排名前 6 名的景点中任取 3 个，记安全得分不大于 90 分的景点个数为 ξ， 求随机变量 ξ 的分布列和数学期望； （3）记该市 26 个景点的交通平均得分为 ，安全平均得分为 ，写出 和 的大小关系？ （只写出结果） 【答案】（1） （2）见解析，1．（3） ． 【解析】 【分析】 （1）根据图象安全得分大于 90 分的景点有 3 个，即可求得概率； 的 1x 2x 1x 2x 3 5 1 2x x＞（2）ξ 的可能取值为 0，1，2，依次求得概率，即可得到分布列； （3）根据图象中的点所在位置即可判定平均分的大小关系. 【详解】（1）由图象可知交通得分排名前 5 名的景点中，安全得分大于 90 分的景点有 3 个， ∴从交通得分排名前 5 名的景点中任取 1 个，其安全得分大于 90 分的概率为 ． （2）结合两图象可知景点总分排名前 6 名的景点中，安全得分不大于 90 分的景点有 2 个， ξ 的可能取值为 0，1，2． P（ξ＝0） ，P（ξ＝1） ，P（ξ＝2） ， ∴ξ 的分布列为： ξ 0 1 2 P ∴E（ξ）＝0 1 2 1． （3）由图象可知 26 个景点的交通得分全部在 80 分以上，主要集中在 85 分附近， 安全得分主要集中在 80 分附近，且 80 分以下的景点接近一半，故而 ． 【点睛】此题考查根据散点图求古典概型，分布列和数学期望，关键在于准确求出概率，根 据图象中散点图特征判定平均值的大小关系. 20.已知函数 f（x） x+alnx． （1）求 f（x）在（1，f（1））处的切线方程（用含 a 的式子表示） （2）讨论 f（x）的单调性； （3）若 f（x）存在两个极值点 x1，x2，证明： ． 【答案】（1）y＝（﹣2+a）x+2﹣a．（2）见解析（3）见解析 【解析】 【分析】 （1）求出切点坐标，根据导函数求出切线斜率，即可得到切线方程； 3 5 3 4 3 6 1 5 C C = = 2 1 4 2 3 6 3 5 C C C ⋅= = 1 2 4 2 3 6 1 5 C C C ⋅= = 1 5 3 5 1 5 1 5 × + 3 5 × + 1 5 × = 1 2x x＞ 1 x = − ( ) ( )1 2 1 2 2f x f x ax x − −− ＜（2）求出导函数，对 g（x）＝﹣x2+ax﹣1，进行分类讨论即可得到原函数单调性； （3）结合（2）将问题转为证明 1，根据韦达定理转化为考虑 h（x）＝2lnx﹣x 的单调性比较大小即可得证. 【详解】（1）∵f（x） x+alnx（x＞0） ∴f′（x） （x＞0） ∴当 x＝1 时，f（1）＝0，f′（1）＝﹣2+a， 设切线方程 y＝（﹣2+a）x+b，代入（1，0），得 b＝2﹣a， ∴f（x）在（1，f（1））处的切线方程为 y＝（﹣2+a）x+2﹣a． （2）函数的定义域为（0，+∞）， 函数的导数 f′（x） ， 设 g（x）＝﹣x2+ax﹣1，注意到 g（0）＝﹣1， ①当 a≤0 时，g（x）＜0 恒成立，即 f′（x）＜0 恒成立，此时函数 f（x）在（0，+∞）上是减 函数； ②当 a＞0 时，判别式△＝a2﹣4， （i）当 0＜a≤2 时，△≤0，即 g（x）≤0，即 f′（x）≤0 恒成立，此时函数 f（x）在（0，+∞） 上是减函数； （ii）当 a＞2 时，令 f′（x）＞0，得： x ； 令 f′（x）＜0，得：0＜x 或 x ； ∴当 a＞2 时，f（x）在区间（ ， ）单调递增，在（0， ），（ ，+∞）单调递减； 综上所述，综上当 a≤2 时，f（x）在（0，+∞）上是减函数， 为 1 2 1 2 lnx lnx x x − − ＜ 1 x + 1 x = − 2 2 1x ax x − + −= 2 2 1x ax x − + −= 2 4 2 a a− − ＜ 2 4 2 a a+ −＜ 2 4 2 a a− −＜ 2 4 2 a a+ −＞ 2 4 2 a a− − 2 4 2 a a+ − 2 4 2 a a− − 2 4 2 a a+ −当 a＞2 时，在（0， ），（ ，+∞）上是减函数， 在区间（ ， ）上是增函数． （3）由（2）知 a＞2，0＜x1＜1＜x2，x1x2＝1， 则 f（x1）﹣f（x2） x1+alnx1﹣[ x2+alnx2] ＝（x2﹣x1）（1 ）+a（lnx1﹣lnx2） ＝2（x2﹣x1）+a（lnx1﹣lnx2）， 则 2 ， 则问题转为证明 1 即可， 即证明 lnx1﹣lnx2＞x1﹣x2， 则 lnx1﹣ln x1 ， 即 lnx1+lnx1＞x1 ， 即证 2lnx1＞x1 在（0，1）上恒成立， 设 h（x）＝2lnx﹣x ，（0＜x＜1），其中 h（1）＝0， 求导得 h′（x） 1 0， 则 h（x）在（0，1）上单调递减， ∴h（x）＞h（1），即 2lnx﹣x 0， 故 2lnx＞x ， 则 a﹣2 成立． 2 4 2 a a− − 2 4 2 a a+ − 2 4 2 a a− − 2 4 2 a a+ − 1 1 x = − 2 1 x − 1 2 1 x x + ( ) ( )1 2 1 2 f x f x x x − = −− 1 2 1 2 ( )a lnx lnx x x −+ − 1 2 1 2 lnx lnx x x − − ＜ 1 1 x ＞ 1 1 x − 1 1 x − 1 1 x − 1 x + 2 x = − ( )22 2 2 2 11 2 1 xx x x x x −− +− = − = − ＜ 1 x + ＞ 1 x − ( ) ( )1 2 1 2 f x f x x x ＜ − −【点睛】此题考查导函数的应用，根据几何意义求切线斜率，讨论函数的单调性，证明不等 式，解决双变量问题，综合性强. 21.已知椭圆 的离心率为 ，以原点为圆心，椭圆 的短半轴长为半 径的圆与直线 相切. （Ⅰ）求椭圆方程； （Ⅱ）设 为椭圆右顶点，过椭圆 的右焦点的直线 与椭圆 交于 ， 两点（异于 ）， 直线 ， 分别交直线 于 ， 两点. 求证： ， 两点的纵坐标之积为定值. 【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）详见解析. 【解析】 【分析】 （Ⅰ）求出 后可得椭圆方程. （Ⅱ）当直线 的斜率不存在，计算可得 两点的纵坐标之积为 .当直线 的斜率存在时， 可设直线 的方程为 ， ，则 ，联立直线方程和椭圆方程，消去 后利用韦达定理化简 后可得定值. 【详解】解：（Ⅰ）因为以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线 相 切， 所以半径 等于原点到直线的距离 ， ，即 . 由离心率 ，可知 ，且 ，得 . 故椭圆 的方程为 . （Ⅱ）由椭圆 的方程可知 . 若直线 的斜率不存在，则直线 方程为 ， 所以 . 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b + = > > 1 2 C 6 0x y− + = S C l C P Q S PS QS 4x = A B A B 2 2 14 3 x y+ = , ,a b c l A B， 9− l l ( 1)( 0)y k x k= − ≠ 1 1 2 2 1 2( ) ( )( 0)P x y Q x y x x ≠, , , , 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 14 2( ) 4A B x x x xy y k x x x x − + += − + + y A By y 6 0x y− + = b d 0 0 6 1 1 b d − + = = + 3b = 1 2e = 1 2 c a = 2 2 2a b c= + 2a = C 2 2 14 3 x y+ = C (2 0)S , l l 1x = 3 31 12 2P Q   −      , , ,则直线 的方程为 ，直线 的方程为 . 令 ，得 ， . 所以 两点的纵坐标之积为 . 若直线 的斜率存在，设直线 的方程为 , 由 得 ， 依题意 恒成立. 设 ， 则 . 设 ， 由题意 三点共线可知 ， 所以点 的纵坐标为 .同理得点 的纵坐标为 . 所以 综上， 两点的纵坐标之积为定值. 【点睛】求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等.直线与圆 锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组，消元后得到关于 或 的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式， 该关系式中含有 或 ，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的 方程（或函数），从而可求定点、定值、最值等问题. 22.给定一个 n 项的实数列 ，任意选取一个实数 c，变换 T（c）将数列 a1，a2，…，an 变换为数列|a1﹣c|，|a2﹣c|，…，|an﹣c|，再将得到的数列继续实施这样的变换， 这样的变换可以连续进行多次，并且每次所选择的实数 c 可以不相同，第 k（k∈N*）次变换 PS 3 2 6 0x y+ − = QS 3 2 6 0x y− − = 4x = (4 3)A ,- (4 3)B , ,A B 9− l l ( 1)( 0)y k x k= − ≠ 2 2 ( 1) 3 4 12 0 y k x x y = −  + − = 2 2 2 2(3 4 ) 8 4 12 0k x k x k+ − + − = 0∆ ≥ 1 1 2 2 1 2( ) ( )( 0)P x y Q x y x x ≠, , , , 2 2 1 2 1 22 2 8 4 12 3 4 3 4 k kx x x xk k −+ = =+ +, (4 )AA y, (4 )BB y, , ,P S A 1 14 2 2 Ay y x =− − A 1 1 2 2A yy x = − B 2 2 2 2B yy x = − 1 2 1 2 2 2 2 2A B y yy y x x = ⋅− − 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 14 2( ) 4 x x x xk x x x x − + += − + + 2 2 2 2 2 2 2 4 12 8 4 34 4 12 2 8 4(4 3) k k kk k k k − − + += − − × + + 2 2 94 4k k −= × 9= − A B， x y 1 2 1 2,x x x x+ 1 2 1 2,y y y y+ ( )* 1 2 na a a n N∈， ， ，记为 Tk（ck），其中 ck 为第 k 次变换时选择的实数．如果通过 k 次变换后，数列中的各项均为 0， 则称 T1（c1），T2（c2），…，Tk（ck）为“k 次归零变换”． （1）对数列：1，3，5，7，给出一个“k 次归零变换”，其中 k≤4； （2）证明：对任意 n 项数列，都存在“n 次归零变换”； （3）对于数列 1，22，33，…，nn，是否存在“n﹣1 次归零变换”？请说明理由． 【答案】（1）见解析（2）见解析（3）不存在，见解析 【解析】 【分析】 （1）根据定义取恰当的值进行变换得解； （2）结合（1）进行归零变换的过程，可以考虑构造数列，经过 k 次变换后，数列记为 ，k＝1，2，…，进行变换 Tk（ck）时， ，依次变换 即可得证； （3）利用数学归纳法证明该数列不存在“n﹣1 次归零变换”. 【详解】（1）方法 1：T1（4）：3，1，1，3；T2（2）：1，1，1，1；T3（1）：0，0，0， 0． 方法 2：T1（2）：1，1，3，5；T2（2）：1，1，1，3；T3（2）：1，1，1，1；T4（1）：0， 0，0，0．．… （2）经过 k 次变换后，数列记为 ，k＝1，2，…． 取 ，则 ，即经 T1（c1）后，前两项相等； 取 ，则 ，即经 T2（c2）后，前 3 项相等； … 设进行变换 Tk（ck）时，其中 ，变换后数列变为 ，则 ； 那么，进行第 k+1 次变换时，取 ， 则变换后数列变为 ， 显然有 ； … ( ) ( ) ( ) 1 2 k k k na a a， ， ， ( ) ( )( )1 1 1 1 2 k k k k kc a a− − += + ( ) ( ) ( ) 1 2 k k k na a a， ， ， ( )1 1 2 1 2c a a= + ( ) ( )1 1 1 2 1 2 1 2a a a a= = − ( ) ( )( )1 1 2 2 3 1 2c a a= + ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 1 1 1 2 3 3 2 1 2a a a a a= = = − ( ) ( )( )1 1 1 1 2 k k k k kc a a− − += + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 1 2 k k k k k k k k na a a a a a+ + ， ， ， ， ， ， ， ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 1 k k k k ka a a a += = = = ( ) ( )( )1 1 2 1 2 k k k k kc a a+ + += + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 1 2 3 k k k k k k k k k k na a a a a a a+ + + + + + + + + + ， ， ， ， ， ， ， ， ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 1 2 3 1 2 k k k k k k ka a a a a+ + + + + + += = = = =经过 n﹣1 次变换后，显然有 ； 最后，取 ，经过变换 Tn（cn）后，数列各项均为 0． 所以对任意数列，都存在“n 次归零变换”． （3）不存在“n﹣1 次归零变换”． 证明：首先，“归零变换”过程中，若在其中进行某一次变换 Tj（cj）时，cj＜min{a1，a2，…， an}，那么此变换次数便不是最少．这是因为，这次变换并不是最后的一次变换（因它并未使 数列化为全零），设先进行 Tj（cj）后，再进行 Tj+1（cj+1），由||ai﹣cj|﹣cj+1|＝|ai﹣（cj+cj+1）|， 即等价于一次变换 Tj（cj+cj+1），同理，进行某一步 Tj（cj）时，cj＞max{a1，a2，…，an}；此 变换步数也不是最小． 由以上分析可知，如果某一数列经最少的次数的“归零变换”，每一步所取的 ci 满足 min{a1， a2，…，an}≤ci≤max{a1，a2，…，an}． 以下用数学归纳法来证明，对已给数列，不存在“n﹣1 次归零变换”． （1）当 n＝2 时，对于 1，4，显然不存在“一次归零变换”，结论成立． （由（2）可知，存在“两次归零变换”变换： ） （2）假设 n＝k 时成立，即 1，22，33，…，kk 不存在“k﹣1 次归零变换”． 当 n＝k+1 时，假设 1，22，33，…，kk，（k+1）k+1 存在“k 次归零变换”． 此时，对 1，22，33，…，kk 也显然是“k 次归零变换”，由归纳假设以及前面的讨论不难知 1， 22，33，…，kk 不存在“k﹣1 次归零变换”，则 k 是最少的变换次数，每一次变换 ci 一定满足 ，i＝1，2，…，k． 因为 （k+1）k+1﹣k•kk＞0 所以，（k+1）k+1 绝不可能变换 0，与归纳假设矛盾． 所以，当 n＝k+1 时不存在“k 次归零变换”． 由（1）（2）命题得证． 【点睛】此题考查数列新定义问题，关键在于读懂题目所给新定义，根据定义进行构造，分 析证明，涉及与正整数有关的命题可以考虑利用数学归纳法进行证明. 为 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 1 2 3 1 n n n n n n na a a a a− − − − − −= = = = = ( )1n n nc a −= 1 2 5 3 2 2T T          ， 1 k ic k≤ ≤ ( )1 1 1 2 1 2| ( 1) | ( 1)k k k kk c c c k c c c+ ++ − − − − = + − + + + ≥  