八省联考2021届高三高考数学适应性仿真试卷十（Word版附解析）

2021 年 1 月普通高等学校招生全国统一考试适应性测试（八 省联考）数学试题考后仿真系列卷十 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答 案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的． 1.已知集合    1 , ln 1A x x B x N x     ，则  BACR )( （ ） A． 2 B． 1,2 C． 2,3 D． 1,2,3 【答案】B 【解析】由 ln 1x  得 0 x e  ，又 xN ，所以 1x  或 2，  1,2B  ， 又 ),1[ ACR ，所以 }2,1{)(  BACR ．故选：B． 【点睛】本题考查了对数不等式的解法、补集以及交集运算，属于基础题. 2.在 ABC 中，角 A ，B ，C 所对的边分别为 a ，b ，c ，则“ cos 0b A c  ”是“ ABC 为 锐角三角形”的（ ）条件 A．充分必要 B．充分不必要 C．必要不充分 D．既不充分也不必要 【答案】C 【解析】 ABC 中， cosc b A ， sin sin cosC B A  ， 即sin( ) sin cos sin cos sin cosA B A B B A B A    ， sin cos 0A B  ， 因为sin 0A  ， cos 0B  ，所以 B 为锐角． 当 B 为锐角时， ABC 不一定为锐角三角形；当 ABC 为锐角三角形时， B 一定为锐角． 所以“ cos 0b A c  ”是“ ABC 为锐角三角形”的必要非充分条件．故选：C 【点睛】本题考查了充分条件与必要条件的判断,需注意判断充分必要条件的常见三种方法： ①定义法；②集合法；③转化法．属于基础题． 3.自新型冠状病毒爆发以来，全国各地医护人员勇当“逆行者”支援湖北．重庆第一批共派出甲、 乙、丙、丁 4 支医疗队奔赴武汉、孝感、黄冈三个地方，每个地方至少一支医疗队，每支医 疗队只去一个地方，则甲、乙都在武汉的概率为（ ） A． 1 3 B． 1 6 C． 2 9 D． 1 18 【答案】D 【解析】4 支队伍分配到三个地方，每个地方至少一支队伍，每支队伍只去一个地方，共有 2 3 4 3 36n C A  种情况，甲、乙都在武汉共 2m  种情况， 1 18 mP n    ，故选:D 【点睛】本题考查了古典概型，涉及排列组合知识，属于基础题． 4.函数   2 1 sin1 xf x xe      的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】∵   2 1 sin1 xf x xe      ， ∴      2 21 sin 1 sin1 1 x x x ef xx x xe fe                 ， ∴函数   2 1 sin1 xf x xe      为偶函数，其图像关于 y 轴对称，故排除 C、D；当 2x  时，   2 22 1 sin 2 01f e       ，故排除 B， 故选：A. 【点睛】本题考查了函数图象的识别，考查了利用函数的性质以及特值法判别图像，属于基 础题. 5.重阳节，农历九月初九，二九相重，谐音是“久久”，有长久之意，人们常在此日感恩敬老， 是我国民间的传统节日，某校在重阳节当日安排 6 位学生到两所敬老院开展志愿服务活动， 要求每所敬老院至少安排 2 人，则不同的分配方案数是（ ） A．35 B．40 C．50 D．70 【答案】C 【解析】6 名学生分成两组，每组不少于两人的分组，一组 2 人另一组 4 人，或每组 3 人， 所以不同的分配方案为 2 2 3 6 2 6 50C A C  ，故选:C． 【点睛】本题考查了排列组合，属于基础题. 6.设函数     2g x f x x  是定义在 R 上的奇函数，且     3xF x f x  ，若  1 1f  ，则  1F  （ ） A. 4 3  B. 7 3  C. 8 3  D. 1 3 【答案】C 【解析】  g x 是奇函数，    g x g x    ，即    2 2f x x f x x     ， 即     22f x f x x    ，  1 1f  ，  1 3f    ，     1 1 81 1 3 3 3 3F f            . 故选：C. 【点睛】本题考查了利用函数的性质求函数值,属于基础题. 7.已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，满足 2 nS an bn  ，（ ,a b 均为常数），且 7 2a  ．设函 数 2( ) sin 2 2cos 2 xf x x  ，记 ( )n ny f a ，则数列 ny 的前13项和为（ ） A．13 2  B． 7 C． 7 D．13 【答案】D 【解析】因为 2( ) sin 2 2cos sin 2 cos 12 xf x x x x     ， 由 2 nS an bn  ，得      22 1 1 1 2 2nn nS S an bn a n b n an a b na             ， 又 1 1a S a b   也满足上式，所以 2na an a b   ， 则 1 2n na a a  为 常 数 ， 所 以 数 列  na 为 等 差 数 列 ； 所 以 1 13 72a a a    ，     1 11 13 1 13 1313 sin 2 cos 1 sin 2 cos 1y f a f a a a ay a           1 1 1 1sin 2 cos 1 sin 2 2 cos 1 2a a a a          ． 则数列 ny 的前13项和为      1 2 13...f a f a f a   ， 记      1 2 13...M f a f a f a    ，则      13 12 1...M f a f a f a    ， 所以    1 132 13 26M f a f a     ，因此 13M  ．故选 D． 【点睛】本题考查了先由数列的前 n 项和确定数列是等差数列，得出 1 13a a 为定值，然后结 合诱导公式，推出 1 13y y 为定值，最后利用倒序相加法求解,属于中档题. 8.已知实数 , ,a b c R ，满足 ln 1a b c a b c be e e    ， ，则 , ,a b c的大小关系为（ ） A. a b c  B. a c b  C. b c a  D. b a c  【答案】D 【解析】 1b  ， 0eb b  ， 0ec c  ， 0c  ， 而 0, 1a b  ， c 最小 令 ( ) ex xf x  ， 1( ) 0ex xf x    ， 1x  ( )f x 在 ( ,1)  ， (1, )  ln 0e ea b a b  ， ln 0a  ，即 1a  ln e e ea a b a a b  ， b a c   综上：b a c  .故选：D. 【点睛】本题考查了构造函数,利用导数研究函数的单调性,比较大小,属于中档题. 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的选项中，有 多项符合题目要求．全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分． 9.若复数 3 5 1 iz i   ，则（ ） A． 17z  B．z 的实部与虚部之差为 3 C． 4z i  D．z 在复平面内对应的点位于第四象限 【答案】AD 【解析】       3 5 13 5 8 2 41 1 1 2 i ii iz ii i i          ，  224 1 17z     ，z 的实部为 4，虚部为 1 ，则相差 5， z 对应的坐标为  4 1, ，故 z 在复平面内对应的点位于第四象限，所以 AD 正确，故选：AD． 【点睛】本题考查了复数的运算以及复数的定义、模、几何意义,属于基础题． 10.如图， ABCD 中， 1, 2, 3AB AD BAD     ，E 为 CD 的中点，AE 与 DB 交于 F，则 下列叙述中，一定正确的是（ ） A． BF  在 AB  方向上的投影为 0 B． 1 2 3 3AF AB AD  uuur uuur uuur C． 1AF AB  uuur uuur D．若 1 2 FAB   ，则 3tan 3   【答案】ABC 【解析】因为在 ABCD 中， 1, 2, 3AB AD BAD     ，在 ABD△ 中，由余弦定理得 2 2 2 2 2+ cos 1 +2 os2 2 1 2 c 60 3BD AB AD BD ADAB A          ， 所 以 满 足 2 2 2AB BD AD  ，所以 2ABD   ，又 E 为 CD 的中点，所以 1 2 AF BF AB EF DF DE    ， 所以 2 2 3 3 3BF BD  ， 2 2 2 2 2 3 211 3 3AF AB BF          ， 对于 A 选项： BF  在 AB  方向上的投影为 2 3cos 0 03BF ABF     ，故 A 正确； 对于 B 选项：  2 2 1 2+ +3 3 3 3AF AB BF AB BD AB BA AD AB AD       uuur uuur uuur uuur uuur uuur uur uuur uuur uuur ，故 B 正确； 对于 C 选项： 21 11 13 21 3 AF AB     uuur uuur ，故 C 正确； 对于 D 选项： 2 3tan 3FAB  ，设 1 2 FAB   ，所以 2 2tan 2 3tan 1 tan 3FAB     ，解得 3+ 7tan 2   （负值舍去），故 D 不正确，故选：ABC． 【点睛】本题考查了由余弦定理求得 2 3BD  ，根据勾股定理得 2ABD   ，再由平面几何 知识得出 1 2 AF BF AB EF DF DE    ，对于 A 选项由向量数量积的几何意义可判断；对于 B 选项： 根据向量的线性表示可判断；对于 C 选项由向量的数量积的定义可判断；对于 D 选项根据正 切的二倍角公式可判断，属于基础题. 11.已知函数    sinf x x   （ 0  ， π 2   ），其图象相邻两条对称轴之间的距 离为 π 4 ，且直线 π 12x   是其中一条对称轴，则下列结论正确的是（ ） A．函数  f x 的最小正周期为 π 2 B．函数  f x 在区间 π π,6 12     上单调递增 C．点 5π ,024     是函数  f x 图象的一个对称中心 D．将函数  f x 图象上所有点的横坐标伸长为原来的 2 倍，纵坐标不变，再把得到的图象向 左平移 π 6 个单位长度，可得到   sin2g x x 的图象 【答案】AC 【解析】相邻两对称轴间的距离为 4  2 4 T   即 2T  ，A 正确 2 2T     ， 4  ， ( ) sin(4 )f x x   12x   是一条对称轴， 3 2 k      ， 5 ,6 k k     Z 2   ， 6    ， ( ) sin 4 6f x x      ( )f x 在 ,6 12        ，B 错 4 6x k   ， ,24 4 kx k   Z ， 1k   时， 5 24x   ， 5 ,024      是一个对称中心，C 对 ( )f x 图象上所有点横坐标伸长为原来的 2 倍变为sin 2 6x     再向左平移 6  个单位变为sin 2 sin 2 sin26 6 6x x x                   ，D 错 故选:AC. 【点睛】本题考查了三角函数图像与性质、平移变换以及伸缩变换,属于基础题. 12.在平面直角坐标系 xOy 中，点  4,4M 在抛物线  2 2 0y px p  上，抛物线的焦点为 F ， 延长 MF 与抛物线相交于点 N ，则下列结论正确的是 A．抛物线的准线方程为 1x   B． 17 4MN  C． OMN 的面积为 7 2 D． MF NF MF NF  【答案】AD 【分析】根据条件求出 p ，再联立直线与抛物线求出 N ，进而求出结论． 【解析】点 (4,4)M 在抛物线 2 2 ( 0)y px p  上， 24 2 4 2p p     ， 2 4y x  ，焦点为 (1,0) ，准线为 1x   ， A 对， 因为 (4,4)M ，故 4 0 4 4 1 3MFk   ，故直线 MF 为 4 ( 1)3y x  ， 联立 2 4 4 ( 1)3 y x y x      216 1( 1) 49 4x x x    或 4x  ， 1(4N ， 1) ， 4 52 pMF    ， 1 5 4 2 4 pNF    ， 5 255 4 4MN    ， B 错， 25 ·4MF NF MN MF NF    ， D 对， OMN 的面积为 1 1 5·( ) 1 52 2 2M NOF y y     ．故C 错，故选 AD ． 【点睛】本题考查了抛物线的定义及其几何性质,考查了直线与抛物线的位置关系,属于基础题. 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13.在 5 2 12x x     的二项展开式中 2x 的系数为_____________ 【答案】 80 【解析】因为 5 2 12x x     展开式的第 1r  项为        5 52 5 3 1 5 52 1 1 2r r r rr r r r rT C x x C x        ，令5 3 2r  ，则 1r  ， 所以 5 2 12x x     的二项展开式中 2x 的系数为   41 5 1 2 80C    ．故答案为: 80 ． 【 点 睛 】 本 题 考 查 了 由 二 项 式 的 展 开 式 的 通 项        5 52 5 3 1 5 52 1 1 2r r r rr r r r rT C x x C x        求指定项系数,属于基础题. 14.已知角 满足 1sin 6 3      ，则sin 2 6      ____________ 【答案】 7 9 【解析】因为 1sin 6 3      ， 所以 2 7sin 2 cos 2 cos 2 1 2s3 in6 2 6 96                                          . 故答案为： 7 9 . 【点睛】本题考查了三角函数诱导公式以及二倍角余弦公式,属于基础题. 15.设椭圆   2 2 1 2 2: 1 0x yC a ba b     与双曲线   2 2 2 2 2: 1 0, 0x yC m nm n     的公 共焦点为 1 2,F F ，将 1 2C C， 的离心率记为 1 2,e e ，点 A是 1 2,C C 在第一象限的公共点，若 点 A关于 2C 的一条渐近线的对称点为 1F ，则 2 2 1 2 2 2 e e   . 【答案】4 【解析】 1 2 1 2 2 2 AF AF a AF AF m      ， 1 2 AF a m AF a m     1AF 关于渐近线对称，设中点为 M 则 MO 是 1 2AF F 中位线， 2OM AF 1OM AF  ， 1 2AF AF  2 2 2 1 2 4AF AF c   2 2 2( ) ( ) 4a m a m c     ， 2 2 22a m c   2 2 2 2 22 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4a m c c ce e c c a m       .故答案为：4 【点睛】本题考查了椭圆与双曲线的几何性质,属于中档题. 16.已知函数 ln( ) xf x x  ，函数 ( )f x 的图象在点 (1,0) 处的切线方程为_________；若关于 x 的不等式 1 1 27 k x x      有正整数解，则实数 k 的取值范围是_________． 【答案】 1y x  9k  【解析】因为 ln( ) xf x x  ， 0x  ，所以 2 1 ln( ) xf x x   ， 所以函数 ( )f x 的图象在点 (1,0) 处的切线斜率为 (1) 1k f   ， 所以函数 ( )f x 的图象在点 (1,0) 处的切线方程为 1y x  ； 由 1 1 27 k x x      两边取以 e 为底的对数，则 1 1ln ln 27 k x x  ，即 ln ln27xk x   ， 因为关于 x 的不等式 1 1 27 k x x      有正整数解，即 ln ln27xk x   有正整数解，所以 0k  ， 则 ln ln27x x k  ，又由 2 1 ln( ) 0xf x x    得 0 x e  ，由 2 1 ln( ) 0xf x x    得 x e ， 所以 ln( ) xf x x  在 0,e 上单调递增，在  ,e  上单调递减， 又 ln 2 ln8(2) 2 6f   ， ln3 ln9(3) 3 6f   ，所以 (2) (3)f f ， 因此 x 为正整数时， (3)f 即是最大值；为使关于 x 的不等式 ln ln27x x k  有正整数解， 只需 ln3 ln 27(3) 3f k   ，解得 9k  ．故答案为: 1y x  ； 9k  ． 【点睛】本题考查了先对函数求导，然后根据导数的几何意义，得出函数图象在点 (1,0) 处切 线斜率，进而可得切线方程,最后根据关于 x 的不等式 1 1 27 k x x      有正整数解，得到 0k  ， ln ln27x x k  有 正 整 数 解 ， 由 导 数 的 方 法 求 出 x 为 正 整 数 时 ， ( )f x 的 最 大 值 ， 得 到 ln3 ln 27(3) 3f k   ，即可求出结果,属于中档题. 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步 骤． 17.已知数列 na 是单调递增的等比数列，且各项均为正数，其前 n 项和为 nS ， 1 5 81 a a ， 2S ， 3a ， 4 3a S 成等差数列． （1）求数列 na 的通项公式； （2）若______，求 n na b 的前 n 项和 nP ，并求 nP 的最小值． 从以下所给的三个条件中任选一个，补充到上面问题的横线上，并解答此问题． ①数列 nb 满足： 1 1 2b  ， 13 2  n n nb bn （ n N ）； ②数列 nb 的前 n 项和 2 nT n （ n N ）； ③数列 nb 的前 n 项和 nT 满足： 6 5 n nT b （ n N ）． 注：如果选择多个条件分别解答，只按第一个解答计分． 【答案】（1） 13  n na ；（2）答案见解析. 【解析】（1）设数列 na 的公比为 q，则由 0na  ， 1 5 81 a a ，所以 2 3 81a  ， 因为 0na  ，所以 3 9a  ， 因为 2S ， 3a ， 4 3a S 成等差数列，所以 3 2 4 32   a S a S ， 即 3 43 a a ，所以 4 3 3aq a   ，所以 1 1a  ， 所以 13  n na ． （2）选择①：因为 1 1 2b  ， 13 2  n n nb bn （ n N ），所以 1 1 3 2     n n b n b n （ n N ）， 所以 2 1 1 1 3 3  b b ； 3 2 1 2 3 4  b b ； 4 3 1 3 3 5  b b ； …… ； 1 1 1 3 1    n n b n b n   32 1 1 2 1 1 2 3 1       n n n b bb b b b n n 所以  1 1 1 3 1  n nb n n ，当 1n  时也成立． 所以   1 1 1 1 1      n n nc a b n n n n ， 所以 1 1 1 1 1 11 12 2 3 1 1 1                          n nP n n n n ， 因为 nP 是递增的， 所以 nP 的最小值为 1 1 2P  ， 选择②：由 2 nT n 可知：当 1n  时， 1 1 1b T  ， 当 2n  时，  22 1 1 2 1      n n nb T T n n n ，验证当 1n  时亦满足此关系， 所以 2 1nb n  所以   12 1 3n n n n nc a b    所以  2 11 1 3 3 5 3 2 1 3          n nP n  2 33 1 3 3 3 5 3 2 1 3         n nP n ， 两式相减得：  2 3 12 1 1 2 3 3 3 2 3 2 3 2 1 3n n nP n               6 2 31 2 1 31 3 n nn      所以  1 3 1   n nP n ， 因为 nP 是递增的，所以 nP 的最小值 1 1P  ， 选择③：因为 6 5 n nT b （ n N ），所以 1 16 5  n nT b （ 2n  ）， 两式相减得    1 16 0    n n n nT T b b ，即 15 0 n nb b （ 2n  ）， 所以 1 1 5  n n b b （ 2n  ） 而 1 16 5 T b ，即 1 1b  所以数列 nb 是以 1 为首项， 1 5  为公比的等比数列， 所以   11 5 n nb    ， 所以   13 5 n n n nc a b     ， 所以 31 5 35 13 8 51 5                 n n nP ， 当 n 为奇数时，由于  3 05 n   ，故 5 8 nP ； 当 n 为偶数时，由于  3 05 n   ，故 5 8 nP ， 由 5 318 5           n nP 在 n 为偶数时单调递增， 所以当 2n  时， nP 的最小值为 5 16 2 8 25 5   ． 【点睛】本题考查了等差数列与等比数列通项公式、数列递推关系、裂项相消法求和以及错 位相减法求和，考查分析问题求解能力，属于基础题. 18.请你在① 21AC AB     ，②外接圆半径为 15 2 ，③ sincos 2 sin a CA b B   ，这三个条件中任 选一个，补充在下面问题中.若问题中的三角形存在，求 a 的值；若问题中的三角形不存在， 请说明理由. 问题：是否存在 ABC ，它的内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ，且 sin 2sin 2sin 0A B C   ， 2 sin 3 sinc B a C ，________？ 注：若选择多个条件分别解答，则只按第一个解答计分. 【答案】答案见解析 【解析】方案一：选条件①： 21AC AB     ， 由正弦定理和 2 sin 3 sinc B a C ，得： 2 3b a ，则 3 2 ab  ， 又由正弦定理和sin 2sin 2sin 0A B C   ， 得： 2 2 0a b c   ， 2c a  ， 由余弦定理得： 2 2 29 4 74cos 3 82 22 a a a A a a       因为 21AC AB     ，则 7cos 218bc A bc    ， 解得： 24bc  ，即 3 2 242 a a  ， 2 8a  ，又 0a  ， 2 2a  ， 所以存在这样的三角形，且 2 2a  ； 方案一：选条件②：外接圆半径为 15 2 ， 由正弦定理和 2 sin 3 sinc B a C ，得： 2 3b a ， 又由正弦定理和sin 2sin 2sin 0A B C   ，得： 2 2 0a b c   ， 2c a  由余弦定理得： 2 2 29 4 74cos 3 82 22 a a a A a a       ， 由 7cos 8A  ，得： 15sin 8A  ， 由正弦定理 2sin a RA  ，得： 15 15 152 sin 2 2 8 8a R A      ， 所以存在这样的三角形，且 15 8a  ； 方案三：选条件③： sincos 2 sin a CA b B   ， 由正弦定理和 2 sin 3 sinc B a C ，得： 2 3b a ， 又由正弦定理和sin 2sin 2sin 0A B C   ，得： 2 2 0a b c   ， 2c a  ， 由余弦定理得： 2 2 29 4 74cos 3 82 22 a a a A a a       ， 由 2 3 , 2b a c a  和余弦定理，得： 2 2 294 114cos 2 2 16 a a a B a a      ， 又由正弦定理和 sincos 2 sin a CA b B   ，得： 2cos sin sin 2sinA B A C  ， 又 sin sin( )C A B  ，解得：sin 2sin cosA A B ， 在 ABC 中，sin 0A  ， 1cos 2B  ， 则与 11cos 16B  矛盾，故不存在这样的三角形. 【点睛】本题考查了解三角形的问题，考查了余弦定理、正弦定理以及三角恒等变换，属于 基础题. 19.如图 1，在平面五边形 PABCD 中， PAD△ 为等腰直角三角形， AP PD ， / /AD BC ， AD DC ， 2 2 4AD DC BC   ，点 E，F 分别为 PD ， AB 的中点，将 PAD△ 沿 AD 折到如图 2 的位置. （1）证明： / /EF 平面 PBC ； （2）若二面角 P AD C  为 60 ，求平面 PAB 与平面 PBC 所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 77 . 【解析】（1）取 CD 的中点 G，连接 FG ， EG ， 因为 E 为 PD 中点， 所以 GE 为 CPD△ 的中位线， 所以 / /GE PC . 因为GE  平面 PBC ， PC 平面 PBC ， 所以 GE Ì 平面 PBC ， 因为 / /FG BC ， FG  平面 PBC ， BC 平面 PBC ， 所以 / /FG 平面 PBC ， 又GE GF G ， GE Ì 平面 EFG ， FG  平面 EFG ， 所以平面 / /EFG 平面 PBC ， 因为 EF  平面 EFG ， 所以 / /EF 平面 PBC （2）由题意知 PAD△ 为等腰直角三角形， ABCD 为直角梯形. 取 AD 中点 O，连接 BO ， PO ， 因为 AD PO ， AD OB ， 所以 POB 为二面角 P AD C  的平面角， 所以 60  POB ， 因为 2PO OB  ， 所以 PBO 为等边三角形， 取 BO 的中点 H，则 PH BO ， 因为 AD PO ， AD OB ， 所以 AD  平面 POB ， 所以 PH AD . 又 AD BH O ， 所以 PH  平面 ABCD ， 以 O 为原点，分别以 OB ，OD 为 x 轴，y 轴，过点 O 平行于 HP 的直线为 z 轴建立如图所示 的空间直角坐标系， 则 (1,0, 3)P ， (0, 2,0)A  ， (2,0,0)B ， (2,2,0)C ， 所以 ( 1, 2, 3)PA     ， (1,0, 3)  PB ， (0,2,0)BC  ， 设 1 1 1( , , )n x y z 为平面 PAB 的一个法向量， 由 =0 =0 n PA n PB       ，得 1 1 1 1 1 2 3 0 3 0 x y z x z       ， 令 1 3z  ，得 (3, 3, 3)n   ， 设 2 2 2( , , )m x y z 为平面 PBC 的一个法向量， 由 =0 =0 n PB n BC       ，得 2 2 2 3 0 2 0 x z y     ， 令 3z  ，得 (3,0, 3)m  ， 设平面 PAB 与平面 PBC 所成的锐二面角为θ， 则 12 2cos 772 3 21 m n m n           . 【点睛】本题考查了线面平行的判定定理，重点考查了空间向量数量积的运算，属于基础题. 20.《中国制造 2025》是经国务院总理李克强签批，由国务院于 2015 年 5 月印发的部署全面 推进实施制造强国的战略文件，是中国实施制造强国战略第一个十年的行动纲领．制造业是 国民经济的主体，是立国之本、兴国之器、强国之基．发展制造业的基本方针为质量为先， 坚持把质量作为建设制造强国的生命线．某制造企业根据长期检测结果，发现生产的产品质 量与生产标准的质量差都服从正态分布 N（ μ ，σ2），并把质量差在（ μ ﹣σ， μ +σ）内的产 品为优等品，质量差在（ μ +σ， μ +2σ）内的产品为一等品，其余范围内的产品作为废品处理．优 等品与一等品统称为正品．现分别从该企业生产的正品中随机抽取 1000 件，测得产品质量差 的样本数据统计如下： （1）根据频率分布直方图，求样本平均数 （2）根据大量的产品检测数据，检查样本数据的方差的近似值为 100，用样本平均数 作为 μ的近似值，用样本标准差 s 作为σ的估计值，求该厂生产的产品为正品的概率．（同一组中的 数据用该组区间的中点值代表） [参考数据：若随机变量 ξ 服从正态分布 N（ μ ，σ2），则：P（ μ ﹣σ＜ ξ ≤ μ +σ）≈0.6827，P （ μ ﹣2σ＜ ξ ≤ μ +2σ）≈0.9545，P（ μ ﹣3σ＜ ξ ≤ μ +3σ）≈0.9973． （3）假如企业包装时要求把 3 件优等品球和 5 件一等品装在同一个箱子中，质检员每次从箱 子中摸出三件产品进行检验，记摸出三件产品中优等品球的件数为 X，求 X 的分布列以及期望 值． 《中国制造 2025》是经国务院总理李克强签批，由国务院于 2015 年 5 月印发的部署全面推进 实施制造强国的战略文件，是中国实施制造强国战略第一个十年的行动纲领．制造业是国民 经济的主体，是立国之本、兴国之器、强国之基．发展制造业的基本方针为质量为先，坚持 把质量作为建设制造强国的生命线．某制造企业根据长期检测结果，发现生产的产品质量与 生产标准的质量差都服从正态分布 N（ μ ，σ2），并把质量差在（ μ ﹣σ， μ +σ）内的产品为 优等品，质量差在（ μ +σ， μ +2σ）内的产品为一等品，其余范围内的产品作为废品处理．优 等品与一等品统称为正品．现分别从该企业生产的正品中随机抽取 1000 件，测得产品质量差 的样本数据统计如下： （1）根据频率分布直方图，求样本平均数 （2）根据大量的产品检测数据，检查样本数据的方差的近似值为 100，用样本平均数 作为 μ的近似值，用样本标准差 s 作为σ的估计值，求该厂生产的产品为正品的概率．（同一组中的 数据用该组区间的中点值代表） [参考数据：若随机变量 ξ 服从正态分布 N（ μ ，σ2），则：P（ μ ﹣σ＜ ξ ≤ μ +σ）≈0.6827，P （ μ ﹣2σ＜ ξ ≤ μ +2σ）≈0.9545，P（ μ ﹣3σ＜ ξ ≤ μ +3σ）≈0.9973． （3）假如企业包装时要求把 3 件优等品球和 5 件一等品装在同一个箱子中，质检员每次从箱 子中摸出三件产品进行检验，记摸出三件产品中优等品球的件数为 X，求 X 的分布列以及期望 值． 【答案】（1）70；（2）0.8186;(3) 8 9 . 【解析】（1）由频率分布直方图可知， ＝70． （2）由题意可知，样本方差 s2＝100，故 ，所以 X～N（70，102）， 该厂生产的产品为正品的概率 P＝P（60＜X＜90）＝P（60＜X＜70）+P（70＜X＜90）＝ ． （3）X 所有可能为 0，1，2，3． ， ， ， ． 所以 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 数学期望 ． 【点睛】本题考查了频率分布直方图、正态分布以及数学期望，属于中档题. 21. 已知椭圆 2 2 2 2 1x y a b   ( 0)a b  的离心率为 3 2 ，且经过点 3(1, )2 ． （Ⅰ）求椭圆的标准方程； （Ⅱ）设椭圆的上、下顶点分别为 ,A B ， 点 P 是椭圆上异于 ,A B 的任意一点， PQ  y 轴， Q 为垂足， M 为线段 PQ 中点，直线 AM 交直线 : 1l y   于点C ， N 为线段 BC 的中点， 若四边形 MOBN 的面积为 2，求直线 AM 的方程． 【答案】（Ⅰ） 2 2 14 x y  ；（Ⅱ） 1 12y x   ． 【解析】（Ⅰ）由题意 2 2 2 2 2 3 2 1 3 14 c a a b a b c           ，解得 2 1 3 a b c       ， 所以椭圆的标准方程为 2 2 14 x y  ． （Ⅱ）设  0 0,P x y 0( 0)x  ，则  00,Q y ，且 2 20 0 14 x y  ．因为 M 为线段 PQ 中点， 所以 0 0,2 xM y     ．又  0,1A ，所以直线 AM 的方程为  0 0 2 1 1yy xx   ． 因为 0 00, 1,x y   令 1y   ，得 0 01 xx y   即 0 0 , 11 xC y     ．又  0, 1B  ，N 为线段 BC 的中点，有   0 0 , 12 1 xN y      ． 设直线 MN 与 x 轴交于 ( ,0)RR x ， 由 MN MRk k 得： 0 0 0 0 0 0 1 2 2(1 ) 2 R y y x x x xy     ，∴ 0 2 02(1 )R xx y   ， ∴ 0 0 02 0 0 11 1 1(1 )2 4 (1 ) 2 1MON M N x yS OR y y yy y         ． 又 0 0 0 0 11 1 1 2 4 (1 ) 2 1BON N x yS x y y     ，∴ 0 0 1 21MOBN yS y  四边形 ， 解得： 0 3 5y  ，代入椭圆方程得： 0 8 5x   ，∵ (0,1)A ，∴ 1 2AMk   ， ∴直线 AM 的方程为 1 12y x   ． 【点睛】本题考查了椭圆方程及其几何性质、四边形面积的求法，考查了利用分割法将求四 边形的面积转化为求两个三角形的面积，属于中档题. 22.已知函数     1 21 12 2 2 xf x x e x x     ，    2 4 cos ln 1g x ax x a x x     ，其 中 aR ． （1）讨论函数  f x 的单调性，并求不等式   0f x  的解集； （2）用  max ,m n 表示 m，n 的最大值，记       max ,F x f x g x ，讨论函数  F x 的零 点个数． 【答案】（1）增函数；  1, ；（2）答案见解析. 【解析】（1）       1 11 1 1 1x xf x x e x x e         ， 当 1x  时， 1 0x   ， 1 1 0xe    ，∴   0f x  ， 当 1x  时， 1 0x   ， 1 1 0xe    ，∴   0f x  ， 当 1x  时，   0f x  ， 所以当 xR 时，   0f x  ，即  f x 在 R 上是增函数； 又  1 0f  ，所以   0f x  的解集为  1, ． （2）函数  F x 的定义域为 ( 1, )  由（1）得，函数  f x 在 xR 单调递增，  1 0f  当 1x  时，   0f x  ，又 ( ) max{ ( ), ( )}F x f x g x ， 所以 1x  时，   0F x  恒成立，即 1x  时，   0F x  无零点. 当 1 1x   时，   0f x  恒成立，所以  F x 的零点即为函数  g x 的零点 下面讨论函数  g x 在 1 1x   的零点个数： 1( ) 2 1 4 sin 1g x ax a x x       ，所以 2 1( ) 2 4 cos ( 1 1)( 1)g x a a x xx        ①当 0a  时，因为 1 1x   ， cos (cos1,1)x 又函数 cosy x 在区间 π0, 2      递减，所以 π 1cos1 cos 3 2   即当 1 1x   时，1 2cos 0x  ， 2 1( ) 2 (1 2cos ) 0( 1)g x a x x      所以  g x 单调递减，由  0 0g  得：当 1 0x   时   0g x  ，  g x 递增 当 0 1x  时   0g x  ，  g x 递减 当 1x   时 ln( 1)x    ， ( )g x   ，当 0x  时 (0) 4 0g a  又 (1) 1 4 cos1 ln 2g a a    ，  1 0f  当 1 ln 2(1) 0 1 4cos1g a     时，函数  F x 有 1 个零点； 当 1 ln 2(1) 0 1 4cos1g a     时，函数  F x 有 2 个零点； 当 1 ln 2(1) 0 0 1 4cos1g a      时，函数  F x 有 3 个零点； ②当 0a  时， ( ) ln( 1)g x x x   ，由①得：当 1 0x   时，   0g x  ，  g x 递增， 当 0 1x  时，   0g x  ，  g x 递减，所以 max( ) (0) 0g x g  ， (1) ln 2 1 0g    ， 所以当 0a  时函数  F x 有 2 个零点 ③当 0a  时，  2( ) 4cos ln( 1)g x a x x x x      2 4cos 0a x x  ， ln( 1) 0x x    ，即   0g x  成立，由  1 0f  ， 所以当 0a  时函数  F x 有 1 个零点 综上所述：当 1 ln 2 1 4cos1a   或 0a  时，函数  F x 有 1 个零点； 当 1 ln 2 1 4cos1a   或 0a  时，函数  F x 有 2 个零点； 当 1 ln 20 1 4cos1a    时，函数  F x 有 3 个零点. 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、解不等式以及研究函数的零点个数，考查 了分类讨论思想以及运算能力,属于偏难题.