江苏省南通学科基地2021届高三高考数学全真模拟试题（九）（解析版）

江苏省南通学科基地 2021 届高三高考数学全真模拟试卷(九) 一､单项选择题：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  2 2 3A y y x x   ∣ ， 1 3 B x y x      ∣ ，则 A B  （ ） A. [2,3] B. [2,3) C. (2,3] D. (2,3) 【答案】B 【解析】 【分析】分别化简集合 A ，集合 B ，然后取交集即可. 【详解】  2 22 3 ( 1) 2 { 2}A y y x x x y y       ∣ ∣ … ， 1 { 3} 3 B x y x x x        ∣ ∣ ， 所以 [2,3)A B  . 故选：B. 2. 若复数 z 满足 4 3iz i  中i 为虚数单位，则复数 z 在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】由给定等式求出复数 z 的，进而求得结论. 【详解】因为 4 3iz i  ，所以 4 3 4 3iz ii     ， 从而 z 在复平面内对应的点(-3，-4)位于第三象限. 故选：C 3. 哈六中开展劳动教育，决定在 5 月 12 日植树节派小明、小李等 5 名学生去附近的两个植树点去植树，若 小明和小李必须在同一植树点，且各个植树点至少去两名学生，则不同的分配方案种数为（ ） A. 8 B. 10 C. 12 D. 14 【答案】A 【解析】 【分析】根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解即可. 【详解】当小明和小李单独去一个植树点时，有 2 种不同的分配方案 当小明和小李与另外一人去一个植树点时，有 2 3 6  种不同的分配方案 则共有 6 2 8  种不同的分配方案 故选：A 【点睛】本题主要考查了分类加法计数原理和分步乘法计数原理的综合应用，属于中档题. 4. 17 世纪初，约翰·纳皮尔在研究天文学的过程中，为简化计算而发明了对数.对数的发明是数学史上的重 大事件，恩格斯曾经把对数的发明和解析几何的创始､微积分的建立称为 17 世纪数学的三大成就.在进行数 据处理时，经常会把原始数据取对数后再进一步处理，之所以这样做是基于对数函数在其定义域内是增函 数，且取对数后不会改变数据的相对关系，也可以将乘法运算转换成加法运算，将乘方运算转化为乘法运 算，据此可判断数 1022 (取 lg 2 0.3010 )的位数是（ ） A. 108 B. 109 C. 308 D. 309 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，选令 1022N  ，再两边取对数化简、计算、分析后就可以确定其位数. 【详解】记 1022N  .因为 102 1024 ， 所以 102 1024lg lg 2 lg 2 1024lg 2 1024 0.3010 308.224N       ， 于是  308.224 308 30910 10 ,10N   ，又因为 30810 是一个 309 位数， 30910 是最小的 310 位数，且 N 为整数， 所以数 1022 的位数是 309. 故选：D. 【点睛】方法点睛：事实上，任何一个正实数 N 都可以表示成 10 (1 10, )nN a a n   Z„ 的形式，此时 lg lg (0 lg 1)N n a a  „ ).当 0n  时， N 是 1n  位数. 5. 在平面直角坐标系 xOy 中，直线3 4 5 0x y   与圆 2 2 2 ( 0)x y r r   相交于 A ， B 两点若 2 2AB  ，则圆的半径 r 为（ ） A. 3 B. 2 C. 3 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】求出圆心到直线的距离，再由垂径定理列式求解圆的半径． 【详解】圆 2 2 2 ( 0)x y r r   的圆心为 (0,0)O ， 圆心O 到直线3 4 5 0x y   的距离 2 2 | 5| 1 3 4 d    ， 又 2 2AB  ， 2 2 21 ( 2) 3r    ， 则 3,( 0)r r  ． 故选：C ． 6. 为了估计加工零件所花费的时间，为此进行了 4 次试验，测得的数据如下表： 零件数 x （个） 1 3 5 7 加工时间 y（分 钟） 0.5 a 2 2.5 若零件数 x 与加工时间 y 具有线性相关关系，且线性回归方程为 ˆ 0.36 0.01y x  ，则 a＝（ ） A. 1 B. 0.8 C. 1.09 D. 1.5 【答案】B 【解析】 【分析】将样本中心点代入回归直线方程，解方程求得 a 的值. 【详解】依题意 1 3 5 7 44x     ， 0.5 2 2.5 5 4 4 a ay      ， 将 54, 4 a     代入 ˆ 0.36 0.01y x  得 5 0.36 4 0.014 a    ，解得 0.8a  . 故选：B 【点睛】本小题主要考查回归直线方程过样本中心点，属于基础题. 7. 在矩形 ABCD 中 1AC  ， AE BD ，垂足为 E ，则 ( ) ( )AD AE CB CA      的最大值是（ ） A. 4 27 B. 1 3 C. 3 6 D. 3 3 【答案】A 【解析】 【分析】设 AB a= ， AD b= ，则 2 2 1a b  ， AE ab ，将 ( ) ( )AD AE CB CA      用 b 表示，再利用导数 即可得到最大值． 【详解】设 AB a= ， AD b= ，则 2 2 1a b  ， AE ab ， 于是  2 2 2 4 4 2( ) ( ) ( ) ( ) 1AD AE CB CA AE CB a b b b            . 令 2t b ，则 0 1t  ，  4 2 21 (1 )b b t t   . 令 2( ) (1 )f t t t  ，则 2( ) 2 3f t t t   .由 ( ) 0f t  ，得 2 3t  . 当 20, 3t     时， ( ) 0f t  ；当 2 ,13t     时， ( ) 0f t  .故 max 2 4( ) 3 27f t f      . 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题引入边作为变量，合理利用一元表示 ( ) ( )AD AE CB CA      是解题的关键，求最 值即可利用导数，亦可利用三元均值不等式. 8. 若函数 ( )f x 为定义在 R 上的偶函数，当 0x  时， ( ) 2 2xf x   ，则不等式 ( 1) 2 ( )f x f x  的解集为 （ ） A. ( ,0] B. 2 1 5,log 2     C. 2 1 50,log 2       D. [0,1) 【答案】B 【解析】 【分析】由偶函数定义写出 ( )f x 的解析式，然后分类讨论解不等式．分三类： 0x  ， 0 1x  ， 1x ． 【详解】由题意得 | |( ) 2 2xf x   ， 所以不等式 ( 1) 2 ( )f x f x … 即  | 1| | |2 2 2 2 2x x  … ，亦即 | 1| | | 12 2 2 0x x   … . 当 0x„ 时，不等式为 1 12 2 2 0x x    … ，显然成立. 当 0 1x  时，不等式为 1 12 2 2 0x x   … ，即 2 2 1 0x x   … .令 2xt  ，则1 2t  ， 1 1 0t t   „ ，即 2 1 0t t  „ ，解得 1 51 2t  „ ，所以 2 1 50 log 2x  „ . 当 1x… 时，不等式为 1 12 2 2 0x x   … ，即 42 3 x„ ，显然不成立. 综上，不等式 ( 1) 2 ( )f x f x … 的解集为 2 1 5,log 2     . 故选：B． 【点睛】方法点睛：本题考查函数的奇偶性，考查解绝对值不等式．解题方法是分类讨论，根据绝对值里 面式子的正负分类去掉绝对值符号，然后求解． 二､多项选择题：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，有选错的得 0 分，部分选对的得 3 分. 9. 已知数列 na ， nb 均为等比数列，则下列结论中一定正确的有（ ） A. 数列 n na b 是等比数列 B. 数列 n na b 是等比数列 C. 数列 lg n n b a        是等差数列 D. 数列   2 2lg na b n 是等差数列 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据等比数列和等差数列的定义或通项公式判断． 【详解】设数列 na 的公比为 1q ，数列 nb 的公比为 2q ，所以 1 1 1 n na a q  ， 1 1 2 n nb b q  . 对于 A，   11 1 1 1 1 2 1 1 1 2 nn n n na b a b q q a b q q    ，从而数列 n na b 的公比为 1 2q q ，故 A 正确. 对于 B， 1 1 1 1 1 2 n n n na b a q b q    ， 1q 与 2q 不一定相等，所以数列 n na b 不是等比数列，故 B 错误. 对于 C， 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 lg lg lg ( 1)lg n n n n b b q b qna a q a q      ，从而数列 lg n n b a        的公差为 2 1 lg q q .故 C 正确. 对于 D，  2 2 1 1 1 2lg 2lg 2lg 2( 1)lgn n n na b a b a b n q q    ，从而数列   2 2lg n na b 的公差为 1 22lg q q ，D 正确. 故选：ACD． 【点睛】结论点睛：本题考查等差数列和等比数列的判断．掌握等差数列和等比数列的定义是关键．判断 方法有：（1）定义法；（2）通项公式法；（3）等差中项、等比中项法；（2）前 n 项和公式．特别注意等比 数列中各项均不为 0． 10. 已知方程 2 2 1( )16 9 x y k Rk k     ，则下列说法中正确的有（ ） A. 方程 2 2 116 9 x y k k    可表示圆 B. 当 9k  时，方程 2 2 116 9 x y k k    表示焦点在 x 轴上的椭圆 C. 当 16 9k   时，方程 2 2 116 9 x y k k    表示焦点在 x 轴上的双曲线 D. 当方程 2 2 116 9 x y k k    表示椭圆或双曲线时，焦距均为 10 【答案】BCD 【解析】 【分析】分别将 k 的值代入各个命题，根据圆锥曲线方程的特点即可作出判断． 【详解】对于 A，当方程 2 2 116 9 x y k k    可表示圆时，16 9 0k k    ，无解，故 A 错误. 对于 B，当 9k  时， 2 2 2 2 116 9 16 9 x y x y k k k k        ，16 9k k   ，表示焦点在 x 轴上的椭圆，故 B 正确. 对于 C，当 16 9k   时. 2 2 116 9 x y k k    ，16 0k  ，9 0k  ，表示焦点在 x 轴上的双曲线，故 C 正确. 对于 D，当方程 2 2 116 9 x y k k    表示双曲线时， 2 16 9 25c k k     ；当方程 2 2 116 9 x y k k    表示 椭圆时， 2 16 ( 9) 25k kc      ，所以焦距均为 10，故 D 正确. 故选：BCD 11. 已知函数 ( ) 2sin 2f x x 与 ( ) 2cos2g x x  ，则下列结论中正确的有（ ） A. 将 ( )y f x 的图像向右平移 4  个单位长度后可得到 ( )y g x 的图像 B. 将 ( ) ( )y f x g x  的图像向右平移 4  个单位长度后可得到 ( ) ( )y f x g x  的图像 C. ( )y f x 的图像与 ( )y g x 的图像关于直线 8x  对称 D. ( ) ( )y f x g x  的图像与 ( ) ( )y f x g x  的图像关于直线 4x  对称 【答案】AD 【解析】 【分析】由题意利用函数 sin( )y A x   的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，得出结论． 【详解】对于 A， 2sin 2 2cos2 ( )4 4f x x x g x                ，A 正确； 对于 B， ( ) ( ) 2sin 2 2cos2 2 2 sin 2 4y f x g x x x x          ， ( ) ( ) 2sin 2 2cos2 2 2 sin 2 4y f x g x x x x          ， 2 2 sin 2 ( ) ( )4 4 2 4f x g x x f x g x                          ，故 B 错误； 对于 C， ( )y f x 的图像关于直线 8x  对称的图像为 ( ) 2 2 sin( 2 )4 4f x x     ， 显然  ( )4f x g x   ，故 C 错误； 对于 D，函数 ( ) ( )y f x g x  关于直线 4x  对称的图象为 ( ) ( )2 2y f x g x     ， 即 ( ) ( )2 2 sin 2 2 2 sin 22 4 4y x x f x g x                     ,故 D 正确. 故选：AD 【点睛】方法点睛：函数  f x 关于直线 x a 的对称图象为  2f a x ，函数  f x 关于点 ,a b 的对称 图象为  2 2y b f a x   . 12. 若非负实数 a ，b ， c 满足 1a b c   ，则下列说法中一定正确的有（ ） A. 2 2 2a b c  的最小值为 1 3 B. ( )a b c 的最大值为 2 9 C. ab bc ca  的最大值为 1 3 D. a b b c 的最大值为 4 9 【答案】ACD 【解析】 【分析】由已知条件结合基本不等式及相关结论，即可作出判断． 【详解】对于 A，由 2 2 2a b ab … ， 2 2 2b c bc … ， 2 2 2c a ca … ，得 2 2 22 2 2 2 2 2a b c ab bc ca   … ，两 边 同 时 加 上 2 2 2a b c  ， 可 得  2 2 2 23 ( ) 1a b c a b c    … ， 所 以 2 2 2 1 3a b c  … ， 当 且 仅 当 1 3a b c   时取等号，所以 A 正确. 对于 B，易得 1  a b c ，所以 21 1( ) (1 ) 2 4 c ca b c c c        „ ， 当且仅当 1 2a b  ， 1 2c  时取等号，所以 B 不正确. 对于 C，由 2 2 2a b c ab bc ca   … ，两边同时加上 2 2 2ab bc ca  ，得 2l ( ) 3( )a b c ab bc ca    … ， 所以 1 3ab bc ca  „ ，当且仅当 1 3a b c   时取等号，所以 C 正确. 对于 D，易得 1a b c   ，令 b x ， c y ，所以  2 2 2 3(1 ) 1 ( )a b b c b c b b c x y x x y x x xy x y             ， 2 2 3 3 33 2 4 4 y x y xx x x x x x x x            „ 记 33( ) 4f x x x  ， 0 1x„ „ ，利用导数易求得 2 4( ) 3 9f x f     „ ，所以 D 正确. 故选：ACD 【点睛】方法点睛：在用基本不等式求最值时，应具备三个条件：一正二定三相等.①一正：关系式中，各 项均为正数；②二定：关系式中，含变量的各项的和或积必须有一个为定值；③三相等：含变量的各项均 相等，取得最值. 三､填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13. 《墨子·经说上》上说：“小故，有之不必然，无之必不然，体也，若有端，大故，有之必然，若见之成 见也.”这一段文字蕴含着十分丰富的逻辑思想，那么文中的“小故”指的是逻辑中的___________(选“充分条 件”.必要条件”“充要条件”既不充分也不必要条件”之一填空) 【答案】必要条件 【解析】 【分析】通过理解古文，知“小故”是导致某个结果出现的几个条件中的一个或一部分条件，结合必要条 件的定义可得答案. 【详解】由“小故，有之不必然，无之必不然也”，知“小故”是导致某个结果出现的几个条件中的一个或 一部分条件，故“小故”指的是逻辑中的必要条件. 故答案为：必要条件 14. 已知抛物线 2 1 : 2 ( 0)C y px p   的准线恰好与双曲线 2 2 2 2 2: 1( 0, 0)   x yC a ba b 的右准线重合，双曲 线 2C 的左准线与抛物线 1C 交于 P ，Q 两点，且双曲线 2C 的右顶点到左准线的距离等于线段 PQ 的长，则 双曲线 2C 的离心率为___________. 【答案】 3 【解析】 【分析】根据抛物线与双曲线的准线方程以及抛物线的通径长列式可得 3c a ,再根据双曲线的离心率公式 可得结果. 【详解】抛物线 2 2 ( 0)y px p   的准线为 2 px  ，双曲线 2 2 2 2 1x y a b   的右准线为 2ax c  ，左准线为 2ax c   ，在抛物线 2 2 ( 0)y px p   中，| | 2PQ p ， 所以 2 2 2 2 a p c ap a c      ，消去 p 得 2 24a aac c   ，即 23a ac ，所以 3c a ， 所以双曲线的离心率 3ce a   . 故答案为： 3 【点睛】关键点点睛：求双曲线离心率的关键是得到关于 , ,a b c 的等量关系，通过抛物线与双曲线的准线方 程以及抛物线的通径长列式可得所要的等量关系. 15. 《掷铁饼者》取材于希腊现实生活中的体育竞技活动，刻画的是一名强健的男子在挪铁饼的过程中最具 有表现力的瞬间.现在把掷铁饼者张开的双臂近似看成一张拉满弦的“弓”，掷铁饼者的手臂长约为 π m4 ，掷 铁饼者双手之间的距离约为 5 2 m4 ，“弓”所在圆的半径约为1.25m ，则挪铁饼者的肩宽约为 ___________ m .(精确到 0.01m ) 【答案】 0.39 【解析】 【分析】由求出圆弧所对圆心角的大小，再由弧长公式即可求得. 【详解】如图， 5 2 4AB  ， 1.25OA OB  ，△AOB 中，过 O 作 OM⊥AB 于 M， 则 M 是弦 AB 中点， 5 2 8AM  ， 5 2 28sin 5 2 4 AMAOM OA     ， 4AOM   ， 则 2 2AOB AOM     ，“弓”所在的弧长 5 5 2 4 8l     ， 所以其肩宽为 5 2 0.398 4 8       . 故答案为： 0.39 16. 已知正三棱柱 1 1 1ABC A B C 的各条棱长均为 2，则以点 A 为球心､2 为半径的球与正三棱柱各个面的交 线的长度之和为___________. 【答案】3 【解析】 【分析】分别考虑球与各个面的相交情况，并根据三棱锥棱长求得交线弧的半径，从而求得交线长. 【详解】 由图知：球与 ABC 和 1 1 1A B C△ ，没有交线；与四边形 1 1AA B B 和四边形 1 1AAC C 的交线是以点 A 为圆心､ 2 为半径的 1 4 圆弧，故长为 ；与四边形 1 1BBC C 的交线是以 BC 长为直径的半圆，故长为 .因此，交线 的长度之和为3 . 故答案为：3π. 四､解答题：本题共 6 小题，共 70 分，解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 17. 在① A ， B ，C 成等差数列，② a ，b ， c 成等差数列，③sin cosA C 这三个条件中任选一个，补 充到下面的问题中并作答. 问题：在 ABC 中，角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ，若5sin 3sinA B ，且___________，求 sin A 的值. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】答案见解析 【解析】 【分析】选① A ，C ， B 成等差数列可得 120B A  ，然后结合5sin 3sin 3sin(120 )A B A    ，然 后结合差角正弦公式展开即可求解； 选② a ，b ， c 成等差数列， 2b a c  ，由sin 3sinA B ，结合正弦定理及余弦定理可求； 选③ sin cos sin( )2A C C   ，进而可得 A ，C 的关系，然后结合5sin 3sinA B 及和差角公式展开可求． 【详解】选择条件①：在 ABC 中，因为 A ，C ，B 成等差数列，所以 2C A B  .又 180A B C    ， 所以3 180C   ，解得 60C   ，所以 120 B A  . 因为5sin 3sinA B ，所以  5sin 3sin 120A A   . 从而 3 15sin 3 cos sin2 2A A A          ，即 7sin 3 3 cosA A . 又 2 2sin cos 1A A  ，且sin 0A  ， 所以 3 57sin 38A  ，即 sin A 的值为 3 57 38 . 选择条件②：因为5sin 3sinA B ，所以由正弦定理得5 3a b . 因为 a ，b ， c 成等差数列，所以 2b a c  ，解得 5 3b a ， 7 3c a . 所以由余弦定理得 2 2 2 2 2 2 5 7 133 3cos 5 72 142 3 3 a a ab c aA bc a a                  又 (0, )A  ，所以 2 2 13 3 3sin 1 cos 1 14 14A A         ， 即 sin A 的值为 3 3 14 . 选择条件③：因为sin cos sin 02A C C       ，所以 0, 2C     ，从而 0,2 2C      . 又 (0, )A  ，所以 2A C  或 2A C    ，即 2A C   或 2A C   . 若 2A C   ，则 2B  ，所以 5sin 3sin 3A B  ，即 3sin 5A  . 若 2A C   ，又 A B C    ，所以 3 22B A  ， 所以 235sin 3sin 3sin 2 3cos2 6sin 32A B A A A          ，即 26sin 5sin 3 0A A   ， 解得 5 97sin 012A   (舍去)或 5 97sin 112A   (舍去). 综上， sin A 的值为 3 5 . 【点睛】方法点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵 活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是： 第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向. 第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化. 第三步：求结果. 18. 已知等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 2 3 20a S  ， 6 42S S ， （1）求数列 na 的通项公式； （2）设数列 nb 满足 1 4b  ，且 1 4n n nb b a   ，求数列 1 1nb      的前 n 项和 nT 【答案】（1） 2 1na n  ；（2） 2 1n nT n   . 【解析】 【分析】（1）设等差数列 { }na 的公差为 d ，由 2 3 20a S  ， 6 42S S ，可得 1 13 3 20a d a d    ， 1 1 6 5 4 36 2(4 )2 2a d a d    ，解得 1a ， d ．即可得出 na ； （2）设数列{ }nb 满足 1 4b  ，且 1 4 8 4n n nb b a n     ，可得 2 1 1 2 2 1 1( ) ( ) ( ) 4n n n n nb b b b b b b b n          ， 2 1 1 1 1 1( )1 4 1 2 2 1 2 1nb n n n       ，利用裂项求和方 法即可得出． 【详解】（1）设数列 na 的首项为 1a ，公差为 d . 因为 2 3 20a S  ， 6 42S S ， 所以       1 1 1 1 3 3 20, 6 15 2 4 6 , a d a d a d a d         解得 1 3, 2, a d    所以数列 na 的通项公式为 2 1na n  . （2）当 2n… 时，      1 2 1 3 2 1 1 2 14 4 4 n n n nb b b b b b b b a a a              ， 所以 2 1 1 2 14 4 4 4(1 3 5 2 1) 4n nb b a a a n n             . 当 1n  时， 2 1 4 4 1b    ，所以 24nb n ， 于是 2 1 1 1 1 1 1 1 4 1 (2 1)(2 1) 2 2 1 2 1nb n n n n n             ， 所以 1 2 1 1 1 1 1 1n n T b b b       1 1 1 1 1 1 1 112 3 2 3 5 2 2 1 2 1n n                        1 1 1 1 1 112 3 3 5 2 1 2 1n n            1 112 2 1 2 1 n n n        . 【点睛】方法点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这 一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧： (1)   1 1 1 1 n n k k n n k       ；（2） 1 n k n   1 n k nk    ； （3）    1 1 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1n n n n         ；（4）    1 1 1 2 2n n n        1 1 1 1 2n n n n        ；此外， 需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误. 19. 近年来，手机行业的竞争已经进入白热化阶段，各大品牌手机除了靠不断提高手机的性能和质量来提升 品牌竞争力，在广告投放方面的花费也是逐年攀升，用“烧钱”来形容毫不为过小明对某品牌手机近 5 年的广 告费投入(单位：亿美元)进行了统计，具体数据见下表. 年份代号 x 1 2 3 4 5 广告费投入 y 5.8 6.6 7.2 8.8 9.6 并随机调查了 300 名市民对该品牌手机的喜爱情况，得到的部分数据见下表 喜欢 不喜欢 50 岁以下市民 50 50 岁以上市民 60 40 （1）求广告费投入 y 与年份代号 x 之间的线性回归方程； （2）是否有99% 的把握认为市民的年龄与对该品牌手机的喜爱度具有相关性？ （3）若以这 300 名市民的年龄与对该品牌手机的喜爱度的情况估计整体情况，则从这 300 名市民中随机选 取 3 人，记选到喜欢该品牌手机且 50 岁以上的市民人数为 X .求 X 的分布列及数学期望 ( ) E X . 附：①回归直线中 y bx a $ $ $，      1 2 1 n i i i n i i x x y y b x x          ，  a y bx   ；② 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bc a b c d a c b d       ， 其中 n a b c d    . k 2.706 3.841 6.635 10.828  2P k ≥ 0.100 0.05 0.010 0.001 【答案】（1） ˆ 0.98 4.66y x  ；（2）有99% 的把握认为市民的年龄与对该品牌手机的喜爱度具有相关性； （3）分布列答案见解析，数学期望： 3 5 . 【解析】 【分析】(1)先求出年代号 x 及广告投入费用 y 的平均数，再利用公求出b 和 a 而得解； (2)根据题设及表格中的信息完善 2 2 列联表，算出 2 的观测值并回答得解； (3)求出随机抽取 1 人，喜欢该品牌手机且 50 岁以上的市民的概率，再求出随机变量 X 的各个取值的概率 而得解. 【详解】(1)依题意知 1 (1 2 3 4 5) 35x        ， 1 (5.8 6.6 7.2 8.8 9.6) 7.65y       ， 所以   5 2 1 4 1 0 1 4 10i i x x         ，    5 1 ( 2) ( 1.8) ( 1) ( 1) 0 ( 0.4) 1 1.2 2 2 9.8i i i x x y y                    ， 于是      1 2 1 9.8ˆ 0.9810 n i i i n i i x x y y b x x           ， 所以 ˆˆ 7.6 0.98 3 4.66a y bx      ， 故广告费投入 y 与年份代号 x 之间的线性回归方程为 ˆ 0.98 4.66y x  ； （2）补充完整的 2 2 列联表如下： 喜欢 不喜欢 50 岁以下市民 150 50 200 50 岁以上市民 60 40 100 总计 210 90 300 所以 2 2 300 (150 40 50 60) 300 3000 3000 7.143 6.635200 100 210 90 200 100 210 90                ， 故有99% 的把握认为市民的年龄与对该品牌手机的喜爱度具有相关性； （3）依题意知随机变量 X 的可能取值为 0，1，2，3. 从这 300 名市民中随机抽取 1 人，是喜欢该品牌手机且 50 岁以上的市民的概率为 60 1 300 5  ， 所以 31 64( 0) 1 5 125P X        ， 2 1 3 1 1 48( 1) C 1 5 5 125P X          ， 2 2 3 1 1 12( 2) 1 5 5 125P X C                ， 3 3 3 1 1( 3) C 5 125P X        ， 故 X 的分布列如下： X 0 1 2 3 P 64 125 48 125 12 125 1 125 因为 1~ 3, 5X B     ，所以 1 3( ) 3 5 5E X    . 【点睛】判断随机变量是否服从二项分布：一是要看在一次试验中是否只有两种试验结果，且两种试验结 果发生的概率分别为 p ，1 p ；二是看是否为 n 次独立重复试验，且随机变量是否为某事件在这 n 次独立 重复试验中发生的次数. 20. 如图，在四棱锥 P ABCD 中，PA  平面 ABCD ， / /AD BC ， 2BC AD ， 2AP AB AD CD    . （1）求证：平面 PAC  平面 PAB ； （2）若 E 为棱 PB 上一点(不与 P ， B 重合)，二面角 E CD P  的余弦值为 5 7 14 ，求 PE PB 的值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 1 3 . 【解析】 【分析】（1）通过线面垂直证明面面垂直； （2）先设 PE PB  ，然后两个平面的法向量用  表示，由二面角的余弦值建立方程，然后通过换元计算 可得. 【详解】（1）证明：取 BC 的中点 M ，连接 AM . 因为 / /AD BC ， 2BC AD ， 所以 / /AD MC ， AD MC ， 从而四边形 AMCD 为平行四边形， 所以 2AM DC  ， 于是 1 2AM BC ，所以 AB AC . 因为 PA  平面 ABCD ， AC  平面 ABCD ，所以 PA AC . 又 AB ， PA  平面 PAB ， AB PA A  ，所以 AC  平面 PAB . 又 AC  平面 PAC ，所以平面 PAC  平面 PAB . （2）由（1）知 AB ， AC ， AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系 A xyz ， 所以 (2,0,0)B ， (0,2 3,0)C ， ( 1, 3,0)D  ， (0,0,2)P . 设 PE PB  ， 0 1  ，则 (1, 3,0)DC  ， (0,2 3, 2)PC   ， (2 ,0, 2 )PE PB      ， 于是 ( 2 ,2 3, 2 2 )EC PC PE          . 设平面 PCD的一个法向量为  1 1 1 1, ,n x y z ， 则 1 1 0, 0, n DC n PC          即 1 1 1 1 3 0, 2 3 2 0. x y y z      令 1 1y  ，得 1 ( 3,1, 3)n   . 设平面 ECD 的一个法向量为  2 2 2 2, ,n x y z 则 2 2 0 0 n DC n EC          即 2 2 2 2 2 3 0, 2 2 3 (2 2) 0. x y x y z          令 2 1y  ，得 2 13,1, 3 1n          . 令 1 1t     ，则 1t  . 因为二面角 E CD P  的余弦值为 5 7 14 ， 所以 1 2 1 2 2 1 2 | 4 3 | 5 7cos , 147 4 3 n n tn n n n t              ， 化简得 213 32 12 0t t   ，即 ( 2)(13 6) 0t t   ， 解得 2t  或 6 13t  (舍去)， 所以 1 21t     ， 解得 1 3   ，因此 PE PB 值为 1 3 . 21. 在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的离心率为 3 2 ，两条准线之间的距离为 8 3 3 . （1）求椭圆C 的方程； （2）设椭圆C 的上顶点为 B ，过点 ( 1, 1)  的直线 l 与椭圆C 相交于 M ， N 两点(点 M ， N 分别位于第 一､第三象限)，若直线 BM 与 BN 的斜率分别为 1k ， 2k ，求 1 2k k 的取值范围. 【答案】（1） 2 2 14 x y  ；（2） 5 ,04     . 【解析】 【分析】（1）根据离心率及准线距离求得参数 , ,a b c ，从而写出椭圆方程. （2）联立直线方程与椭圆方程，得到韦达定理，用交点坐标表示出 1 2k k ，代入韦达定理，可以求得关于 k 的表达式，根据单调性判断范围即可. 【详解】（1）设椭圆 C 的焦距为 2c . 由题意得 3 2 c a  ， 22 8 3 3 a c  ，解得 2a  ， 3c  ，所以 1b  ， 因此椭圆C 的方程为 2 2 14 x y  . （2）设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，直线 l 的方程为 1 ( 1)y k x   ，即 1y kx k   ， 将它代入椭圆C 的方程，整理得 2 24( 1) 4 0x kx k     ， 即   2 2 2 21 4 8 8 4 8 0k x k k x k k      ， 所以 2 1 2 2 8 8 1 4 k kx x k    ， 2 1 2 2 4 8 1 4 k kx x k   . 因为点 M ， N 分别位于第一､第三象限，由图易知，该直线的边界点应取到上顶点 (0,1) 及右顶点 (2,0) ， 易求得 1 23 k  ，所以 2 0k   ， 于是    1 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 21 1 k x k xy yk k x x x x           2 2 1 2 1 2 1 2 ( 2) ( 2)k x x k k x x k x x      2 2 2 2 2 2 2 2 4 8 8 8( 2) ( 2)1 4 1 4 4 8 1 4 k k k kk k k kk k k k k                2 2 2 2 2 2 4 8 ( 2) 8 8 ( 2) 1 4 4 8 k k k k k k k k k k k             2 2 24 8 8 ( 2) 1 4 4 k k k k k k k k        2 1 214 4 k k k        ， 所以 5 1 21 04 4 k        ， 因此 1 2k k 的取值范围为 5 ,04     . 【点睛】方法点睛：联立直线与圆锥曲线方程，可以得到含有交点间关系的韦达定理，代入到题目问题所 求的表达式中，可以借助函数来求得取值范围. 22. 已知函数 ( ) sin cos lnf x x x x a x   ， a R . （1）当 0a  时，求曲线 ( )y f x 在点 ,2 2f         处的切线方程； （2）若 ( ) ( )f m f n ， 0 m n  ，求证： 2 2 | |m n a  . 【答案】（1） 2 2y x   ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求出导函数 ( ) 1 cos2f x x   ，再利用导数的几何意义即可求解. （2）求出 ( ) 1 cos2xf ax x     ，讨论 0a  时，函数单调递增，不存在 ( ) ( )f m f n ，从而可得 0a  ， 设 21( ) sin 22g x x x x   ， 0x  ，利用导数判断 ( )g x 在 (0, ) 上为减函数，即 ( ) ( )g m g n ，又 ( ) ( )f m f n ，从而可得 2 2(ln ln )a m n m n   ，要证明 2 2 | |m n a a   ，只需证明  2 2 2 2 2 2 2 ln ln m n m n m n     ，即证 2 2 2 2 1 ln 0 1 m nm n m n                    ，构造函数 2( 1)( ) ln 1 tH t t t    ， 0 1t  ， 利用导数证明即可. 【详解】（1）当 0a  时， ( ) sin cosf x x x x  . 因为 2 2f       ，所以切点坐标为 ,2 2       . 又 ( ) 1 cos2f x x   ，所以 1 cos 22f          ， 于是曲线 ( )y f x 在点5 ,2 2f         处的切线方程为 22 2y x       ，即 2 2y x   . （2）由题意得 ( ) 1 cos2xf ax x     . 若 0a  ，则 ( ) 0f x … ，所以 ( )f x 在 (0, ) 上为增函数， 因此不存在 0 m n  ，使 ( ) ( )f m f n ，所以 0a  . 设 21( ) sin 22g x x x x   ， 0x  ，则 ( ) 1 cos2 2g x x x    . 令 ( ) ( ) 1 cos2 2h x g x x x    ，则 ( ) 2sin 2 2 0h x x   „ ， 所以 ( )g x 在 (0, ) 上为减函数. 又 (0) 0g  ，所以 ( ) 0g x  在 (0, ) 上恒成立， 从而 ( )g x 在 (0, ) 上为减函数， 所以由 0 m n  ，得 ( ) ( )g m g n ，即 2 21 1sin 2 sin 22 2m m m n n n     ， 从而 2 21 1sin 2 sin 22 2m n m n m n     .① 又由 ( ) ( )f m f n ，得 sin cos ln sin cos lnm m m a m n n n a n     ， 所以 1 1sin 2 sin 2 (ln ln )2 2m n m n a m n     .② 由①②得 2 2(ln ln )a m n m n   . 又因为 0 m n  ，所以  2 2 2 2 2 ln ln m n a m n    ， 因此要证明 2 2 | |m n a a   ， 只需证明  2 2 2 2 2 2 2 ln ln m n m n m n     ， 即证 2 2 2 2 1 ln 0 1 m nm n m n                    .③ 设 2( 1)( ) ln 1 tH t t t    ， 0 1t  ，则 2 2 ( 1)( ) 0( 1) tH t t t    ， 所以 ( )H t 在 (0,1) 上为增函数. 又因为 2 0 1m n      ， 所以 2 (1) 0mH Hn           ，即③式成立. 因此 2 2 | |m n a  获证. 【点睛】关键点点睛：本题考查了导数的几何意义，利用导数证明不等式，解题的关键是证出 2 2(ln ln )a m n m n   ，考查了分析法证明不等式，分类讨论以及转化的思想，考查了数学运算.