福建省厦门市2020届高三毕业班6月质量检查数学（理科）数学试题（解析版）

厦门市 2020 届高中毕业班 6 月质量检查 数学(理) 一､选择题 1.在复平面内，复数 对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】 根据复数的乘除法运算求出复数 ，再根据复数的几何意义可得答案. 【详解】因为 ， 所以复数 所对应的点 位于第一象限. 故选：A. 【点睛】本题考查了复数的乘除法运算以及复数的几何意义，属于基础题. 2.已知集合 ， ，若 ，则 （ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据 ，求出 的值，进而求出集合 ，再利用集合的并集运算进行求解. 【详解】 ， ， ，解得 ， ， 又 ，所以 . 故选：D. 【点睛】本题主要考查集合的基本运算，熟练掌握并集的定义是解决本题的关键，属于基础题.解决此类问 题，一般要把参与运算的集合化为最简形式，再进行集合的基本运算. . 2 iz i − += z 2 iz i − += ( 2 )( ) ( ) i i i i − + −= − 1 2 1 21 i i += = + z (1,2)Z { }1,1A = − { }2 2 0B x x x m= + + = { }1A B∩ = A B = { }1,1− { }1,0,1− { }1,1,3− { }3, 1,1− − { }1A B∩ = m B  { }1A B∩ = ∴1 B∈ ∴1 2 0m+ + = 3m = − ∴ { } { }2 2 3 0 3,1B x x x= + − = = − { }1,1A = − { }3, 1,1A B = − −3.设实数 、 满足约束条件 ，则 的最大值是（ ） A. 2 B. 0 C. -4 D. -2 【答案】A 【解析】 【分析】 作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合确定 z 的最大值． 【详解】作出约束条件 ，对应的平面区域如图：（阴影部分 ABC）． 由 z=2x+y 得 y=﹣2x+z， 平移直线 y=﹣2x+z， 由图象可知当直线 y=﹣2x+z 经过点 A 时，直线 y=﹣2x+z 的截距最大， 此时 z 最大． 将 A（1，0）的坐标代入目标函数 z=2x+y， 得 z=2×1+0=2．即 z=2x+y 的最大值为 2． 故选 A． 【点睛】本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想.需 要注意的是：一，准确无误地作出可行域;二，画目标函数所对应的直线时，要注意让其斜率与约束条件中 的直线的斜率进行比较，避免出错;三，一般情况下，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界 上取得. x y 1 0 1 0 1 x y x y x − − ≤  + − ≤  ≥ − 2z x y= + 1 0 1 0 1 x y x y x − − ≤  + − ≤  ≥ −4.已知 是椭圆 的左焦点，过 且与 轴垂直的直线与 交于 ， 两点，点 与 关于 原点 对称，则 的面积为（ ） A. 2 B. 3 C. 6 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】 根据椭圆 ，求得 ，进而求得 坐标，再由点 与 关于原点 对称，得到 坐标，可得 的长度及点 到直线 的距离，然后由三角形面积公式求解. 【详解】因为椭圆 ， 所以 ， 因为过 且与 轴垂直的直线与 交于 ， 两点， 所以 ， 因为点 与 关于原点 对称， 所以 ， 所以 ，点 到直线 的距离为 2， 所以 的面积为 . 故选：B 【点睛】本题考查直线与题意的位置关系以及对称问题和三角形面积问题，还考查了运算求解能力，属于 中档题. 5.如图，已知电路中 3 个开关闭合的概率都是 ，且是相互独立的，则灯亮的概率为（ ） 1F :Γ 2 2 14 3 x y+ = 1F x Γ A B C A O ABC :Γ 2 2 14 3 x y+ = ( )1 1,0F − ,A B C A O C AB C AB :Γ 2 2 14 3 x y+ = ( )12, 3, 1, 1,0a b c F= = = − 1F x Γ A B 3 31, , 1,2 2A B   − − −       C A O 31, 2C  −   3AB = C AB ABC 1 3 2 32 × × = 1 2A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 灯泡亮灯泡亮包括三个开关都闭合，只有下边的开关闭合，只有上边两个闭合，下边闭合上边闭合一个， 这四种情况是互斥的，每一种情况中的事件是相互独立的，根据概率公式得到结果． 【详解】由题意，灯泡亮包括三个开关都闭合，只有下边的开关闭合，只有上边两个闭合，下边闭合上边 闭合一个， 这四种情况是互斥的，每一种请中的事件都是相互独立的， 所以灯泡亮的概率为 ， 故选：C． 点睛】本题结合物理的电路考查了有关概率的知识，考查互斥事件有一个发生的概率，独立事件同时发生 的概率，解决本题的关键是看出事件之间的关系，灯亮的情况比较多，也可以利用对立事件来求，属于中 档题． 6.若平面 平面 ， 是 内的任意一条直线，则下列结论正确的是（ ） A. 任意直线 ，都有 B. 存在直线 ，使得 C. 任意直线 ，都有 D. 存在直线 ，使得 【答案】B 【解析】 【分析】 利用正方体模型验证即可. 【详解】如图所示：因为平面 平面 ， 设 平面 ， 平面 ， 【 3 8 1 2 5 8 7 8 1 1 1 1 1 1 1 1 122 2 2 1 1 1 5 2 22 2 82 22 2 2 + × × + × × + × × × =× × α ⊥ β m β l α⊂ l β⊥ l α⊂ //l β l α⊂ l m⊥ l α⊂ //l m 1 1 1 1A B C D ⊥ 1 1DD C C =α 1111 DCBA =β 1 1DD C CA.如 平面 ， 不垂直平面 ，故错误； B. 如 平面 ， 平面 ，故正确； C. 如 平面 ， 平面 ， ，故错误； D. 如 平面 ， 平面 ，所以 m 垂直于平面 内所有的直线，故不存 在直线与之平行，故错误； 故选：B 【点睛】本题主要考查空间内面面垂直的性质，还考查了空间想象和逻辑推理的能力，属于中档题. 7.已知 ， ， .则 ， ， 的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 利用指数函数与对数函数的性质及三角函数的单调性，即可得出 的大小关系. 【详解】 ， ， 即 ， 则 ， ， 的大小关系是 . 故选：D. 【点睛】本题考查的是比较大小问题，涉及的知识点包括指数函数的单调性、对数函数的单调性及三角函 数的单调性，属于基础题. 比较指对幂形式的数的大小关系，常用方法： （1）利用指数函数的单调性： ，当 时，函数递增；当 时，函数递减； 1 1B D ⊂ 1111 DCBA 1 1B D 1 1DD C C 1 1A B ⊂ 1111 DCBA 1 1 //A B 1 1DD C C 1 1A B ⊂ 1111 DCBA DC ⊂ 1 1DD C C 1 1 / /A B DC 1m CC= ⊂ 1 1DD C C m ⊥ 1111 DCBA 1111 DCBA 4log 2a = 0.32b = cos1c = a b c c b a< < c a b< < a b c< < a c b< < , ,a b c 4 1log 2 2a = = 0.3 12b = > cos cos1 13 π < < 1 12 c< < a b c a c b< < xy a= 1a > 0 1a< 0 1a< < ( ) 3 2( 4) 4 , 0 , 0x x a x a xf x a x  + − + − >=  ≤ a ( ]1,3 [ ]2,3 [ )3,+∞ a 0x > ( ) 3 2( 4) 4f x x a x a= + − + − ( )2 2( ) 3 4f x x a= + −′ 0x > ( )f x ( ) 0f x′ ≥ ( )0, ∞+ 2 4 0a − ≥ 2a ≥ 2a ≤ − 0x ≤ ( )f x 1a > ( )f x 04 a a− ≥ 3a ≤ a [ ]2,3 { }na n nS 2 nS n= 1 1 n n n b a a + = { }nb 10 21 11 21 19 21 20 21 2 nS n= 2 1na n= − { }nb { }na n nS 2 nS n= 2n ≥ ( )22 1 1 2 1n n na S S n n n−= − = − − = −又 满足 ，所以 ； 因此 ， 因此数列 的前 10 项和为 . 故选：A. 【点睛】本题主要考查数列的求和，熟记裂项求和的方法即可，属于常考题型. 10.已知函数 ，若 .且 ，则 的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由 条 件 可 得 ， 然 后 可 得 或 ，即可分析出答案. 【详解】因为 ， ， 所以 所以 或 所以 或 因为 ， 所以，若 ， 、 一个取 ，一个取 时 最小为 ， 若 ， 、 一个取 ，一个取 时 最小为 ， 1 1 1a S= = 2 1na n= − *2 1,na n n N= − ∈ 1 1 1 1 1 1 (2 1)(2 1) 2 2 1 2 1n n n b a a n n n n+  = = = − − + − +  { }nb 1 2 10 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 10... 1 ... 12 3 2 3 5 2 19 21 2 21 21b b b        + + + = − + − + + − = − =               ( ) sin 2 3 πf x x = −   ( ) ( )1 2 0f x f x+ = 1 2 0x x ≤ 1 2x x− 6 π 3 π 2 π 2 3 π 1 2sin 2 sin 23 3 π πx x   − = − −       1 22 2 23 3 π πx x kπ− + − = 1 22 2 ,3 3 π πx x kπ k Z   − − − = ∈       ( ) sin 2 3 πf x x = −   ( ) ( )1 2 0f x f x+ = 1 2 0x x ≤ 1 2sin 2 sin 23 3 π πx x   − = − −       1 22 2 23 3 π πx x kπ− + − = 1 22 2 ,3 3 π πx x kπ k Z   − − − = ∈       1 2 3 πx x kπ+ = + 1 2 ,2 kx x k π− = ∈Z 1 2 0x x ≤ 1 2 ,2 kx x k π− = ∈Z 1x 2x 0 2 π 1 2x x− 2 π 1 2 3 πx x kπ+ = + 1x 2x 0 3 π 1 2x x− 3 π即 的最小值为 故选：B 【点睛】本题主要考查的是三角函数的图象和性质，考查的核心素养是数学运算，属于中档题. 11.闰月年指农历里有闰月的年份，比如 2020 年是闰月年，4 月 23 日至 5 月 22 日为农历四月，5 月 23 日至 6 月 20 日为农历闰四月.农历置闰月是为了农历年的平均长度接近回归年：农历年中的朔望月的平均长度为 29.5306 日， 日，回归年的总长度为 365.2422 日，两者相差 10.875 日.因此，每 19 年相差 206.625 日，约等于 7 个朔望月.这样每 19 年就有 7 个闰月年.以下是 1640 年至 1694 年间所有的 闰月年： 1640 1642 1645 1648 1651 1653 1656 1659 1661 1664 1667 1670 1672 1675 1678 1680 1 683 1686 1689 1691 1694 则从 2020 年至 2049 年，这 30 年间闰月年的个数为（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 【答案】B 【解析】 【分析】 根据表中的数据进行推理得出结论即可. 【详解】通过表中数据可知，从 1640 年到 1669 年，这 30 年间闰月年的个数为 11， 2020 年是闰月年，由题意可知；从 2020 年至 2049 年，这 30 年间闰月年的个数为 11. 故选：B 【点睛】本题考查了归纳推理，考查了数学阅读能力，属于基础题. 12.在正方体 中，点 是线段 上的动点，以下结论： ① 平面 ； ② ； ③三棱锥 ，体积不变； 1 2x x− 3 π 29.5306 12 354.3672× = 1 1 1 1ABCD A B C D− P 1BC 1 //A P 1ACD 1 1A P B D⊥ 1P ACD−④ 为 中点时，直线 与平面 所成角最大. 其中正确的序号为（ ） A. ①④ B. ②④ C. ①②③ D. ①②③④ 【答案】D 【解析】 【分析】 易证平面 平面 ，可知 平面 ；正方体中 平面 ，可知 平面 ， 得证；由 平面 知 上点到平面 的距离都相等，即棱锥底不变， 高不变可得结论；根据线面角的定义知 ，因为 为定值，即可判断 最短时，角最大. 【详解】如图， , , ， 平面 平面 ， 又 平面 ， 平面 ，①正确； 在正方体中易知 平面 ，又平面 平面 ， 所以 平面 ，而 平面 ，所以 ，故②正确； 因为 ,可知 平面 ，所以 上点到平面 的距离都相等， 所以三棱锥 的体积不变，故③正确； 由③知，P 运动时，P 到平面 的距离不变，设为 ，设直线 与平面 所成角为 ， 则 ，当 为 中点时， 最短，所以 最大，因为线面角 ， 所以此时 最大，故④正确. 故选：D P 1BC PC 1ACD 1 1 / /PAC 1ACD 1 //A P 1ACD 1B D ⊥ 1ACD 1B D ⊥ 1 1PAC 1 1A P B D⊥ 1 / /BC 1ACD 1BC 1ACD sin h PC θ = h PC 1 1 / /AC AC 1 1/ /PC AD 1 1PC A P P∩ = ∴ 1 1 / /PAC 1ACD 1A P ⊂ 1 1PAC ∴ 1 //A P 1ACD 1B D ⊥ 1ACD 1 1 / /PAC 1ACD 1B D ⊥ 1 1PAC 1A P ⊂ 1 1PAC 1 1A P B D⊥ 1 1/ /BC AD 1 / /BC 1ACD 1BC 1ACD 1P ACD− 1ACD h PC 1ACD θ sin h PC θ = P 1BC PC sinθ [0, ]2 πθ ∈ θ【点睛】本题考查了直线与平面所成角的正弦值的求法，三棱锥的体积，也考查了空间中线线、线面、面 面间的位置关系等应用问题，考查了空间想象能力、运算求解能力，属于中档题. 二､填空题 13.已知向量 ， ，若 ，则 ______. 【答案】12 【解析】 【分析】 先求出 的坐标，再根据 ，即可求得 值. 【详解】 ， ， ， ， ，解得 ， 故答案为：12. 【点睛】本题主要考查向量的坐标运算和向量垂直的坐标表示，意在考查学生对这些知识的掌握水平，属 于基础题.若向量 与向量 垂直，则 . 14.记 为等比数列 的前 项和，若 ，且 ， ， 成等差数列，则 ______. 【答案】27 【解析】 【分析】 由题意结合等差数列的性质可得 ，进而可得 ，由等比数列的通项公式即可得解. 【详解】 ， ， 成等差数列， 即 ， ， 等比数列 的公比 ， . 故答案为： . 【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的综合应用，考查了运算求解能力，属于基础题. 15.某学校贯彻“科学防疫”，实行“佩戴口罩，间隔而坐” .一排8 个座位，安排 4 名同学就坐，共有______ 种不同的安排方法.(用数字作答) ( )2, 1a = − ( )1,b k= ( )2a a b⊥ +   k = 2a b+  ( )2a a b⊥ +   k  ( )2, 1a = − ∴ ( )2 4, 2a = − ∴ ( )2 5, 2a b k+ = − +   ( )2a a b⊥ +   ∴ ( ) ( )2 10 2 0a a b k⋅ + = − − + =   12k = ( )1 1,a x y= ( )2 2,b x y= 1 2 1 2 0x x y y+ = nS { }na n 1 1a = 13S 22S 3S 4a = 3 23a a= 3 2 3aq a = =  13S 22S 3S ∴ 2 3 14 3S S S= + ( ) 1 31 2 124 3aa aa a a= + + ++ ∴ 3 23a a= ∴ { }na 3 2 3aq a = = ∴ 3 4 1 27a a q= = 27【答案】120 【解析】 【分析】 根据插空法，由题意求解，即可得出结果. 【详解】因为四个互不相邻的空位可产生五个位置，则这四个同学可以在这五个位置就坐， 因此共有 种不同的安排方法. 故答案为：120. 【点睛】本题主要考查排列问题，利用插空法求解即可，属于常考题型. 16.双曲线 的左､右焦点分别为 ､ ，过 的直线与 的左､右两支分别交于 ， 两点，点 在 轴上， ， 平分 ，则 的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】 先 由 题 意 ， 得 到 ， 不 妨 设 ， 根 据 双 曲 线 的 定 义 ， 得 到 ， ， 求 得 ， 得 到 是 等 边 三 角 形 ， 求 出 ， ， ，再由余弦定理，求解，即可得出结果. 【详解】由 ， 平分 ， 得 ， ，故 ， 又由 ，得 ，不妨设 ， 根据双曲线定义，得 ， ，故 ， . ∴ ，∴ 是等边三角形， 中， ， ， ， ， 由余弦定理可得 ，解得 . 在 4 5 120A = ( )2 2 2 2: 1 0, 0x y a ba b Γ − = > > 1F 2F 1F Γ A B M x 2 1 3F A MB=  2BF 1FBM∠ Γ 7 2AB AF= 2AB m= 2 2AF m a= + 2 3 2BF m a= − 4AB a= 2BAF 1 3 6BF m a= = 2 4BF a= 1 2 2F F c= 2 1 3F A MB=  2BF 1FBM∠ 2 //F A MB 2 2 2MBF F BA AF B∠ = ∠ = ∠ 2AB AF= 2 1 3F A MB= 1 1 1 3F A F B= 2AB m= 2 2AF m a= + 2 3 2BF m a= − 2 2m m a= + 2m a= 2 2 4AB AF BF a= = = 2BAF 1 2BF F△ 1 2 60F BF∠ = ° 1 3 6BF m a= = 2 4BF a= 1 2 2F F c= ( ) ( )2 22 24 6 4 2 6 4 cos60 28c a a a a a= + − ⋅ ⋅ ° = 7ce a = =故答案为： . 【点睛】本题主要考查求双曲线的离心率，熟记双曲线的定义及双曲线的简单性质即可，属于常考题型. 三､解答题 17. 中，内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，已知 ， . （1）求 ； （2）若 ，点 在边 上， ，求 的大小. 【答案】（1） .（2） 【解析】 【分析】 （1）根据 ，利用余弦定理化简得到 ，再结合 求解. （2）根据 ， ，得到 ，在 中，由正弦定理求得 ，再根据 ，求角即可. 【详解】（1）因为 ， 由余弦定理得 ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∵ ， ∴ . （2）∵ ， ， ∴ ， ∴ ， 在 中，由正弦定理得 ， ∴ ， 7 ABC A B C a b c 4 cosa c B= 2 2 2b c a− = a c a= D BC 2 5AD = ADB∠ 4 3 π 4 cosa c B= 2 2 22 2a b c= − 2 2 2b c a− = c a= 4 cosa c B= cos B ABD△ sin ADB∠ AD AB> 4 cosa c B= 2 2 2 4 2 a c ba c ac + −= ⋅ 2 2 22 2a b c= − 2 2 2b c a− = 2 4a a= 0a > 4a = c a= 4 cosa c B= 1cos 4B = 15sin 4B = ABD△ sin sin AB AD ADB B =∠ 154sin 34sin 22 5 AB BADB AD × ∠ = = =又∵ ， ∴ ， ∴ . 【点睛】本题考查正弦定理，余弦定理的应用，还考查了逻辑推理和运算求解能力，属于中档题. 18.如图，在三棱柱 中，平面 平面 ， 为正三角形， 为线段 的 中点. （1）证明：平面 平面 ； （2）若 与平面 所成角的大小为 60°， ，求二面角 的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】 【分析】 （1）设 ， 的中点分别为 ， ，连接 ， ， ，先证明 平面 ，再通过 证明四边形 为平行四边形，得到 ，则可得 平面 ，进而可证明平面 平面 ； （2）先得到 为 与平面 所成的角，故 ，再以 为原点，分别以 ， ， 所在直线为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系，求出面 的一个法向量和平面 的一个法 向量，利用向量的夹角公式可求． 【详解】（1）设 ， 的中点分别为 ， ，连接 ， ， ， ∵ 为正三角形，∴ ， ∵平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， ∴ 平面 ， AD AB> ADB B∠ < ∠ 3ADB π∠ = 1 1 1ABC A B C− ABC ⊥ 1 1ACC A ABC D 1BB 1ADC ⊥ 1 1ACC A 1AA ABC 1AA AC= 1 1A DC B− − 15 5 AC 1AC M O BM MO DO BM ⊥ 1 1ACC A BMOD //DO BM DO ⊥ 1 1ACC A 1ADC ⊥ 1 1ACC A 1A AC∠ 1AA ABC 1 60A AC∠ = ° O OA 1OA OD x y z 1ADC 1BDC AC 1AC M O BM MO DO ABC BM AC⊥ ABC ⊥ 1 1ACC A 1 1ACC A  ABC AC= BM ⊂ ABC BM ⊥ 1 1ACC A∵ ， 分别为 ， 的中点， ∴ ，且 ， 在棱柱 中， ， ， 又∵ 为 的中点，∴ ， ， ∴ ， ， ∴四边形 为平行四边形， ∴ ， ∴ 平面 ， ∵ 平面 ， ∴平面 平面 ； （2）∵平面 平面 ， ∴ 在平面 内的射影落在 上， ∴ 为 与平面 所成的角，故 ， 连接 ，则点 为线段 的中点， ∵ ， 则 ， 设 ，则 ， ， 以 为原点，分别以 ， ， 所在直线为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系， 则 ， ， ， ， ， M O AC 1AC 1/ /MO CC 1 1 2MO CC= 1 1 1ABC A B C− 1 1/ /BB CC 1 1BB CC= D 1BB 1/ /BD CC 1 1 2BD CC= / /MO BD MO BD= BMOD //DO BM DO ⊥ 1 1ACC A DO ⊂ 1ADC 1ADC ⊥ 1 1ACC A 1 1ACC A ⊥ ABC 1A ABC AC 1A AC∠ 1AA ABC 1 60A AC∠ = ° 1AC O 1AC 1AA AC= 1AO AO⊥ 1 2AA = 3AO = 1 1AO = O OA 1OA OD x y z ( )3,0,0A ( )0,0, 3D ( )1 3,0,0C − ( )0, 1,0C − 1 3 1, , 32 2B  −   ∴ ， ， ∵平面 平面 ，平面 平面 ， ，∴ 平面 ， 平面 的一个法向量为 ， 设平面 的一个法向量为 ，则 ，即 ， 取 ，则 ， ，∴ ， ∴ ， ∴二面角 的余弦值为 . 【详睛】 本题主要考查空间面面垂直的判定与性质，线面角的定义以及二面角求法等知识，考查空间想象能力､推理 论证能力､运算求解能力，是中档题. 19.近年来，政府相关部门引导乡村发展旅游的同时，鼓励农户建设温室大棚种植高品质农作物.为了解某农 作物的大棚种植面积对种植管理成本的影响，甲，乙两同学一起收集 6 家农户的数据，进行回归分折，得 到两个回归摸型：模型①： ，模型②： ，对以上两个回归方 程进行残差分析，得到下表： 种植面积 (亩) 2 3 4 5 7 9 每亩种植管理成本 25 24 21 22 16 14 ( )1 3,0, 3C D = 1 3 1, ,02 2DB  = −     1 1ACC A ⊥ 1ADC 1 1ACC A  1 1ADC AC= 1 1OA AC⊥ 1OA ⊥ 1ADC 1ADC ( )1 0,1,0OA = 1BDC ( ), .n x y z= 1 1 0 0 n C D n DB  ⋅ = ⋅ =   3 3 0 3 1 02 2 x z x y  + = − + = 1x = − 3y = − 1z = ( )1, 3,1n = − − 1 1 1 3 15cos , 51 5 OA nOA n OA n ⋅ −= = = − ×⋅      1 1A DC B− − 15 5 −  (1) 1. 65 28. 57y x= − +  (2) 26.67 13. 50y x = + x y(百元) 估计值 25.27 23.62 21.97 17.02 13.72 模型① 残差 -0.27 0.38 -0.97 -1.02 0.28 26.84 20.17 18.83 17.31 16.46 模型② -1.84 0.83 3.17 -1.31 -2.46 （1）将以上表格补充完整，并根据残差平方和判断哪个模型拟合效果更好； （2）视残差 的绝对值超过 1.5 的数据视为异常数据，针对（1）中拟合效果较好的模型，剔除异常数据 后，重新求回归方程. 附： ， ； 【答案】（1）表格答案见解析，模型①拟合效果比较好.（2） 【解析】 【分析】 （1）令 时，求得 ， ，令 时，求得 ， ，填入表格即可.根据残差平方和公式，分 别求得模型①的残差平方和，模型②的残差平方和，再比较下结论. （2）根据视残差 的绝对值超过 1.5 的数据视为异常数据，应剔除第四组数据，分别求得 ， ，利用公 式进而求得 ， ，写出回归方程. 【详解】（1）当 时， ， ， 当 时， ， ， 完成表格如下：  (1) y  ( )1 ie  (2) y  ( )2 ie ie ( )( ) ( ) 1 2 1 n i i i n i i x x y y b x x = = − − = − ∑ ∑  a y bx= −  2 2 2 2 20.27 0.38 0.97 1.02 0.28 2.277+ + + + = 28 480ˆ 17 17y x= − + 3x =  (2) y  ( )2 3e 5x =  (1) y  ( )1 5e ie x y b a 3x =  (2) 26.67 13. 50 22,393y = + =  ( )2 3 24 22.39 1.61e = − = 5x =  (1) 1. 65 5 28. 57 20.32y = − × + =  ( )1 5 22 20.32 1.68e = − =种植面积 (亩) 2 3 4 5 7 9 每亩种植管理成本 (百元) 25 24 21 22 16 14 估计值 25.27 23.62 21 97 20.32 17.02 13.72 模型① 残差 -0.27 0.38 -0.97 1.68 -1.02 0.28 26.84 22.39 20.17 18.83 17.31 16.46 模型② -1.84 1.61 0.83 3.17 -1.31 -2.46 模型①的残差平方和为 ， 模型②的残差平方和为 ， 所以模型①的残差平方和比模型②的残差平方和小， 所以模型①拟合效果比较好. （2）由题意知，应剔除第四组数据， ， ， ， ， ∴所求回归方程为 . 【点睛】本题考查回归分析，线性回归方程模型的建立，还考查了数据处理能力和运算求解能力，属于中 档题. . x y  (1) y  ( )1 ie  (2) y  ( )2 ie 2 2 2 2 2 2 20.27 0.38 0.97 1.02 0.28 1.68 2.277 1.68 7+ + + + + = + < 2 2 2 2 2 21.84 1.61 0.83 1.31 2.46 3,17 9+ + + + > > ( )1 2 3 4 7 9 55x = + + + + = ( )1 25 24 21 16 14 205y = + + + + = ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5 1 5 2 2 2 2 22 1 3 5 4 4 1 1 2 4 4 6 56 28 34 173 2 1 2 4 i i i i i x x y y b x x = = − − − × + − × + − × + × − + × − −= = = = − + − + − + +− ∑ ∑   28 48020 517 17a y bx  = − = − − × =   28 480ˆ 17 17y x= − +20.已知动圆 过点 且与直线 相切. （1）求圆心 的轨迹 的方程； （2）过 的直线与 交于 ， 两点，分别过 ， 做 的垂线，垂足为 ， ，线段 的中点为 . ①求证： ； ②记四边形 ， 的面积分别为 ， ，若 ，求 . 【答案】（1） （2）①证明见解析；② 【解析】 分析】 （1）根据抛物线的定义得到点 的轨迹是以 为焦点， 为准线的抛物线，进而求得方程； （2）①设 ， ，则 ， ，得到 ，设直线 的方程 为 ，与 联立，分 ， 两种情况，结合直线垂直的条件证得结果； ②根据三角形的面积比，得到坐标比，结合①，从而得到 ，得到结果. 【详解】（1）∵动圆 过点 且与直线 相切， ∴点 到 的距离等于 到 的距离， ∴点 的轨迹是以 为焦点， 为准线的抛物线，其方程为 . （2）①证法一：设 ， ，则 ， ， ∵ 为线段 的中点，∴ ， 依题意可设直线 的方程为 ， 由 得 ， ， ， ， 【 C ( )1,0F : 1l x = − C E F E A B A B l 1A 1B 1 1A B M AB FM⊥ 1AA MF 1BB MF 1S 2S 1 22S S= AB 2 4y x= 9 2 C F l ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y ( )1 11,A y− ( )1 21,B y− 2 11, 2 y yM  +−   AB 1x ty= + 2 4y x= 0t = 0t ≠ 2 2 1 2 1 2 92 24 4 2 y yPQ x x= + + = + + = C ( )1,0F : 1l x = − C ( )1,0F C l C F l 2 4y x= ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y ( )1 11,A y− ( )1 21,B y− M 1 1A B 2 11, 2 y yM  +−   AB 1x ty= + 2 1 4 x ty y x = +  = 2 4 4 0y ty− − = 216 16 0t∆ = + > 1 2 4y y t+ = 1 2 4y y = −∴ ， 当 时， ， 关于 轴对称，点 恰为 与 轴的交点，满足 ； 当 时， ，∴ ，∴ ， 综上， . 证法二：连接 ， ，设直线 与 轴的交点为 ， ∵ 轴， ，∴ ， 同理， ， ∴ ， ∴ ， 又 ， ，∴ ， ∴ ，即 . ②法一：由 得 ， 同理， ≌ ， 故 ， 由 知 ， 异号，故 ， ( )1,2M t− ( ) 2 1 1MF tk t= = −− − 0t = A B x M l x AB FM⊥ 0t ≠ 1 ABk t = 1 1MF ABk k t t ⋅ = − ⋅ = − AB FM⊥ AB FM⊥ 1A F 1B F l x T 1 //A A x 1A A AF= 1 1 1AFA AA F A FT∠ = ∠ = ∠ 1 1 1BFB BB F B FT∠ = ∠ = ∠ 1 1 1 1 2A FB A FT B FT π∠ = ∠ + ∠ = 1 1 2FM AB A M= = 1AF AA= AM AM= 1AA M△ ≌ AFM△ 1 90AFM AA M∠ = ∠ = ° AB FM⊥ 1 1 90 AA AF AM AM AA M AFM  =  = ∠ = ∠ = ° 1AA M△ ≌ AFM△ 1BB M△ BFM 1 1 1 2 2 22 AA MF AMF BB MF BMF S AF yS S S BF y = = = = 1 2 4y y = − 1y 2y 1 22y y= −∴ ， ， ∴ . 法二：由 得 ， 同理 ， 故 ， 由对称性，不妨设点 在 轴上方，直线 的倾斜角为 ， 由定义易得 ， ∴ ，同理 ， ∴ ，即 ， ∴ . 【点睛】本题考查抛物线的定义和方程，直线与抛物线的位置关系，弦长，面积等基础知识，考查运算求 解能力､推理论证能力，考查数形结合思想，化归于转化思想. 21.已知函数 . （1）讨论 的单调性； （2）若 有两个不同的零点 ， ，且 ，求证： .(其中 是自然对数的底数) 2 2 2y = 2 2 1 24 8y y= = 2 2 1 2 1 2 92 24 4 2 y yPQ x x= + + = + + = 1 1 90 AA AF AM AM AA M AFM  =  = ∠ = ∠ = ° 1AA M△ ≌ AFM△ 1BB M△ ≌ BFM 1 1 2 22 AA MF AMF BB MF BMF S AFS S S BF = = = A x AB α 1 cos cos 2AF AF AF FT AFα α= = + = + 2 1 cosAF α= − 2 1 cosBF α= + 1 cos 21 cos AF BF α α += =− 1cos 3 α = 2 2 2 4 9 1 cos 1 cos 1 cos 2PQ PF QF α α α= + = + = =− + − ( ) ( )2lnf x x mx m R= − ∈ ( )f x ( )f x 1x 2x 1 22x x< < ( ) ( )2 22 2 2 2 1 2 1 ln 2ln 1 1 ln34 2 ex x x x− + − − + < − 2. 71828e = 【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）求导得到 ，再分 ， 讨论求解. （2）根据 为 的零点，有 ，用导数求得 m 的范围，再利用零点存在定理得到 ，令 ，结合（1） 在 上的单调性求解. 【详解】（1） 定义域为 ， ∵ ， ∴ ， 当 时， ， 在 单调递增； 当 时，由 ，得 ；由 得 ， ∴ 在 上单调递增，在 上单调递减. （2）∵ 为 的零点， ∴ ，即 ， 令 ，则 ， ∴ ， 当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减， 又∵ ， ∴ ， ( ) 21 1 22 mxf x mxx x −′ = − = 0m ≤ 0m > 2x ( )f x 2 2 2 ln xm x = ( )1 1, 2x ∈ 2 2 2 1 1s x x= − + ( )f x 2 ,ln 2  +∞    ( ) 2lnf x x mx= − ( )0, ∞+ ( ) 2lnf x x mx= − ( ) 21 1 22 mxf x mxx x −′ = − = 0m ≤ ( ) 0f x′ ≥ ( )f x ( )0, ∞+ 0m > ( ) 0f x′ > 20 2 mx m < < ( ) 0f x′ < 2 2 mx m > ( )f x 20, 2 m m       2 ,2 m m  +∞    2x ( )f x 2 2 2ln 0x mx− = 2 2 2 ln xm x = 2 2t x= > ( ) 2 lntg t t = ( ) 3 1 2lntg t t −′ = ( )0,t e∈ ( ) 0g t′ > ( )g t ( ),t e∈ +∞ ( ) 0g t′ < ( )g t 2e < ln 20, 4m  ∈  ∵ ， ， ∴ ， 令 ，则 ， 由（1）知，当 时， 在 上单调递减， ∴ ， ∴ . 【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，导数与函数的零点，导数与不等式的证明，还考查了分类讨 论，转化化归的思想和推理论证､运算求解能力，属于难题. 22.在平面直角坐标系 中， 的方程为 ， 的参数方程为 ，（ 为参数），以坐标 原点为极点， 轴正半轴为极轴，建立极坐标系. （1）求 和 的极坐标方程； （2）直线 与 交于点 ，与 交于点 （异于 ），求 的最大值. 【答案】（1） ， ；（2） . 【解析】 【分析】 （1）结合直角坐标方程、参数方程和极坐标方程间的关系，求出直线 l 和曲线 C 的极坐标方程即可； （2）将射线 与曲线 C 和直线 l 的极坐标方程联立，可求得 的表达式， 然后求出 的取值范围即可. 【详解】（1）由 得 ，即 ， 所以 的极坐标方程为 . 由 得 ，即 ， ( )1 0f m= − < ( ) ( ) ( )2 2ln 22 ln 2 2 ln 2 2 04f m= − > − = ( )1 1, 2x ∈ 2 2 2 1 1s x x= − + 4 2 1 3s > − + = ln 2 4m = ( )f x 2 ,ln 2  +∞    ( ) ( )2ln 2 ln 2 3ln8 2ln 3 ln3 9 ln3 ln3 ln34 4 4 4 2 e ef x s s f= − < = − × < − < − = − ( ) ( )2 22 2 2 2 1 2 1 ln 2ln 1 1 ln34 2 ex x x x− + − − + < − xOy l 4x = C 2cos 2 2sin x y θ θ =  = + θ x l C [ )( ), 0,Rθ α ρ α π= ∈ ∈ l A C B O OB OA 4 cos ρ θ= 4sinρ θ= 1 2 [ )( ), 0,Rθ α ρ α π= ∈ ∈ ,OA OB | | | | OA OB 4x = cos 4 0ρ θ − = 4 cos ρ θ= l 4 cos ρ θ= 2cos 2 2sin x y θ θ =  = + 3 2( 2) 4x y+ − = 2 2 4 0x y y+ − =所以 ，即 ， 所以 的极坐标方程为 . （2）由 得 ， 由 得 ， 所以 ， 所以当 或 时， 的最大值为 . 【点睛】本题主要考查直角坐标方程、参数方程和极坐标方程间的转化，利用三角函数求最值是解决本题 的关键，考查学生的计算求解能力，属于中档题. 23.已知函数 是奇函数. （1）求 ，并解不等式 ； （2）记 得最大值为 ，若 、 ，且 ，证明 . 【答案】（1） ，不等式 的解集为 ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）由函数 是 上的奇函数可得出 ，可求得 的值，然后利用函数奇偶性的定义验证 函数 为奇函数，并利用零点分段法求解不等式 ，可得出不等式 的解集； （2）利用绝对值三角不等式求得 ，可得 ，然后利用柯西不等式可证得 成立. 【详解】（1） 函数 是 上的奇函数， ， ， 当 时， ， ，即函数 为奇函数， 由 ，可得 . 2 4 sin 0ρ ρ θ− = 4sinρ θ= C 4sinρ θ= 4 cos θ α ρ θ = = 4 cosAOA ρ α= = 4sin θ α ρ θ =  = 4 sinBOB ρ α= = cos 14 sin sin cos sin 24 2 OB OA αα α α α= ⋅ = = [ )0,α π∈ 4 πα = 3 4 π OB OA 1 2 ( ) 2 1f x mx m x= − + − m ( ) 3f x ≥ − ( )f x M a b R∈ 2 24a b M+ ≤ 5a b+ ≤ 2m = − ( ) 3f x ≥ − 3 ,4  − +∞  ( )y f x= R ( )0 0f = m ( )y f x= ( ) 3f x ≥ − ( ) 3f x ≥ − 4M = 2 24 4a b+ ≤ 5a b+ ≤  ( )y f x= R ( )0 2 0f m∴ = + = 2m∴ = − 2m = − ( ) 2 1 2 1 2 2 2 2f x x x x x= + − − = + − − ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2f x x x x x f x∴ − = − + − − − = − − + = − ( )y f x= ( ) 3f x ≥ − 2 2 2 2 3x x+ − − ≥ −①当 时，则 ，不成立； ②当 时，则 ，解得 ，此时 ； ③当 时，则 恒成立，此时 . 综上所述，不等式 的解集为 ； （2）由绝对值三角不等式可得 ， ，则 . 由柯西不等式得 ，即 ， ，当 ， 时，等号成立. 【点睛】本题考查利用函数的奇偶性求参数，同时也考查了利用零点分段法解绝对值不等式，以及利用柯 西不等式证明不等式，考查计算能力与推理论证能力，属于中等题. 1x ≤ − ( ) ( )2 2 2 2 4 3x x− + + − = − ≥ − 1 1x− < < ( ) ( )2 2 2 2 4 3x x x+ + − = ≥ − 3 4x ≥ − 3 14 x− ≤ < 1x ≥ ( ) ( )2 2 2 2 4 3x x+ − − = ≥ − 1x ≥ ( ) 3f x ≥ − 3 ,4  − +∞  ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 4f x x x x x= + − − ≤ + − − = 4M\ = 2 24 4a b+ ≤ ( ) ( )22 2 14 1 4a b a b + + ≥ +   ( )2 54 54a b+ ≤ × = 5a b∴ + ≤ 4 5 5a = 5 5b =