安徽省六校教育研究会2021届高三下学期2月第二次联考理科数学试题（解析版）

安徽省六校教育研究会 2021 届高三联考 数学能力测试（理） 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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. 设全集为实数集 R，集合  1 2,|P x x x R    ，集合  1,2,3,4Q  ，则图中阴影部分表示的集合 为（ ） A.  4 B.  3,4 C.  2,3,4 D.  1,2,3,4 【答案】B 【解析】 【分析】 图中的阴影部分表示集合 Q 中不满足集合 P 的元素，由此可得选项． 【详解】图中的阴影部分表示集合 Q 中不满足集合 P 的元素，所以阴影部分所表示的集合为 3,4 ， 故选：B． 2. 已知复数 z 与 2( 2) 8z i  均是纯虚数，则 z 的虚部为（ ） A. 2 B. 2 C. 2i D. 2i 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的乘方运算以及复数的概念即可求解. 【详解】设 z bi （bR ，且 0b≠ ）， 则       2 2 22 8 2 8 4 4 8z i bi i b b i         ； 若 22 8z i  是纯虚数，则 24 0, 4 8 0, b b       ，解得 2b   . 故选：A 3. 已知实数 ,x y 满足 2 2 0 2 4 0 3 3 0 x y x y x y            ，则 2 2x y 的最小值是 （ ） A. 2 B. 1 C. 2 5 5 D. 4 5 【答案】D 【解析】 【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义求解即可． 【详解】实数 ,x y 满足 2 2 0 2 4 0 3 3 0 x y x y x y            ，可行域如图所示， 由 2 2 2 2 2( ( 0) ( 0) )z x y x y      结合图象， z 可看作原点到直线 2 2 0x y   的距离 d 的平方， 根据点到直线的距离可得 2 2 | 0 0 2 | 2 52 1 d     故 2 2 2 4 5z x y d    【点睛】本题考查线性规划的简单性质，考查数形结合以及转化与化归思想的应用，考查基本运算求解能 力． 4. 不定方程的整数解问题是数论中一个古老的分支，其内容极为丰富，西方最早研究不定方程的人是希腊 数学家丢番图．请研究下面一道不定方程整数解的问题：已知  2020 2 2 ,x y y x Z y Z   ， 则该方程的 整数解有（ ）组． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】原方程可化为 2020 2( 1) 1x y   ，所以 2| | 1,( 1) 1,x y   即 1 1,0 2x y     ， ,x y Z 再 列举每种情况即可. 【详解】设此方程的解为有序数对 ( , )x y ， 因为 2020 2 2 ,( , )x y y x y Z   所以 2020 2( 1) 1x y   当 2020 1x  或 2( 1) 1y   时，等号是不能成立的， 所以 2| | 1,( 1) 1,x y   即 1 1,0 2x y     ， ,x y Z （1）当 1x   时， 2( 1) 0y   即 1y  （2）当 0x  时， 2( 1) 1y   即 0y  或 2y  （3）当 1x  时， 2( 1) 0y   即 1y  综上所述，共有四组解       1, 1 , 0,0 , 0,2 , 1,1  故选：D 5. 已知向量  1, 3b  ，向量 a  在b  方向上的投影为 6 ，若 ( )a b b     ，则实数  的值为（ ） A. 1 3 B. 1 3  C. 2 3 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】 设  ,a x y r ，转化条件得 3 62 x y   ，  3 4x y    ，整体代换即可得解. 【详解】设  ,a x y r ，  a  在b  方向上的投影为 6 ， 3 62 a b x y b        即 3 12x y   . 又 ( )a b b     ， ( ) 0a b b      即 1 3 3 0x y     ，   3 4x y    即 12 4   ，解得 1 3   . 故选：A. 【点睛】本题考查了向量数量积的应用，属于中档题. 6. 直线 : 2 3 0l x y   倾斜角为 ，则 2sin 2 cos  的值为（ ） A. 4 5 B. 4 5  C. 3 5 D. 3 5- 【答案】D 【解析】 【分析】求出 tan 的值，可得出 2 2 2 2 2sin cos cossin 2 cos sin cos          ，在所求分式的分子和分母同时 除以 2cos  ，利用弦化切可求得所求代数式的值. 【详解】由已知可得 tan 2 =- ， 所以，  2 2 2 2 2 2 2 2 12sin cos cos 2tan 1 3sin 2 cos co 2si s tan 1n 1 5                    . 故选：D. 7. 已知点  02,M y 为抛物线  2 2 , 0y px p  上一点，F 为抛物线的焦点，O 为坐标原点，若 8 7MF MO ．则 p 的值为（ ） A. 1 或 5 4 B. 5 2 或 3 C. 3 或 5 4 D. 1 或 5 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据抛物线的定义，表示出 MF ，再根据平面直角坐标系上任意两点的距离公式表示出 MO ， 即可得到方程，解得即可； 【详解】解：因为点  02,M y 为抛物线  2 2 , 0y px p  上一点，F 为抛物线的焦点，所以 2 2 pMF   ， 2 2 02 4 4MO y p    ，又8 7MF MO ，所以8 2 47 42 p p     ，即    24 4 49 1p p   解得 3p  或 5 4p  故选：C 8. 函数 3( ) sinf x x x x   ，则 1a   是 ( 1) (2 ) 0f a f a   的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】对函数   3sinf x x x x   进行求导，可得出函数的单调性，再得出函数的奇偶性，利用充分必 要条件的定义判断可得选项． 【详解】由题意可得： 2( ) cos 3 +1>0f x x x   恒成立， 所以函数   3sinf x x x x   在 R 上递增， 又        3 3( ) sin sin ( )f x x x x x x x f x             ， 所以函数  f x 是奇函数， 当    1 2 0f a f a   ，即      1 2 2f a f a f a    ， 所以 1 2a a   ，解得 1 3a   ， 当 1a   时，则 1 3a   ，显然不成立； 反之，当 1 3a   ，则 1a   ，成立， 所以 1a   是    1 2 0f a f a   的必要不充分条件 故选：B． 9. 已知数列 na 的前 n 项和 2 nS n ，将数列 na 依原顺序按照第 n 组有 2n 项的要求分组，则 2021 在第 几组（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】B 【解析】 【分析】依题意根据 1 1 , 1 , 2n n n S na S S n     求出数列 na 的通项，再根据等比数列的前 n 项和公式求出前 m 组内的项数和，即可判断 2021 在第几组； 【详解】解：因为数列 na 的前 n 项和 2 nS n ，当 1n  时， 1 1a  ； 当 2n  时，  22 1 1 2 1n n na S S n n n       ，当 1n  时 2 1na n  也成立，故 2 1na n  ，令 2 1 2021n   解得 1011n  ，故 2021为数列 na 的第1011项， 依题意将数列 na 依原顺序按照第 n 组有 2n 项的要求分组，则前 m 组一共有  1 2 12 1 2 2 2 2 2 21 2 m m m        个数， 当 8m  时，即前 8 组有 92 2 510  个数； 当 9m  时，即前 9 组有 102 2 1022  个数； 故第1011项在第 9 组； 故选：B 10. 已知三棱锥 A BCD 满足：AB AC AD  ， BCD△ 是边长为 2 的等边三角形．三棱锥 A BCD 的 外接球的球心O 满足： 0OB OC OD      ，则该三棱谁的体积为（ ） A. 1 6 B. 1 3 C. 2 3 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】分析出三棱锥 A BCD 为正三棱锥，由 0OB OC OD      可知 O 为正 BCD△ 的中心，由球心 的定义得出OA OB OC OD   ，利用正弦定理求出 BCD△ 的外接圆半径，即为 OB ，可得出 OA ，再 利用锥体的体积公式可求得该三棱锥的体积. 【详解】已知三棱锥 A BCD 满足： AB AC AD  ， BCD△ 是边长为 2 的等边三角形， 所以，三棱锥 A BCD 为正三棱锥， 由于正三棱锥 A BCD 的外接球的球心O 满足： 0OB OC OD      ，则O 为正 BCD△ 的重心，即O 为 正 BCD△ 中心，所以， AO  平面 BCD， 由正弦定理可得 2 2 3 32sin 3 OB   ， 2 3 3OA OB   ， 21 2 sin 32 3BCDS    △ ， 因此， 1 1 2 3 233 3 3 3A BCD BCDV S OA      △ . 故选：C. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法： ①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中 去求解； ②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则 球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可. 11. 圆 O 半径为 1， ,PA PB 为圆 O 的两条切线，A，B 为切点，设 APO   ，则 2 tan 2 PABS   最小值为（ ） A. 4 2  B. 3 2  C. 4 2 2  D. 3 2 2  【答案】D 【解析】 【分析】利用三角形的面积公式将 2 tan 2 PABS   表示为关于 的函数关系式，然后换元，利用基本不等式可求得 最小值. 【详解】因为 ,PA PB 为圆 O 的两条切线，所以OA PA ，OB PB ， 所以 tan OA PA   ，所以 1 tanPA  ， (0, )2   ， 21 1sin 2 sin 22 2PABS PA PB PA    △ 2 sin 2 2tan   ， 所以 2 tan 2 PABS   2 sin 2 tan tan 2     2 cos2 tan   2 2 2 2cos 1 sin cos     2 2 2 cos (2cos 1) 1 cos      设 21 cos x  ，因为 (0, )2   ，所以 cos (0,1)  ，则 0 1x  ， 所以 2 2 2 cos (2cos 1) 1 cos       (1 ) 2(1 ) 1x x x    22 3 1x x x   12 3x x    12 2 3 2 2 3x x      ， 当且仅当 2 2x  时，等号成立， 所以 2 tan 2 PABS   的最小值为 2 2 3 . 故选：D 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数； （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成 积的因式的和转化成定值； （3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所 求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 12. 已知数列 na 是公比为 q 的等比数列，且首项 1 0a  ，给出下列命题： 1p ：若 34 1 2 aaa e a e ，则  3 )( 1 1 0a q   ； 2p ：若 3 4 1 2 a aea ea   ，则 2 2,0 0,3 3q             ．则下列说法正确的是（ ） A. 1p 为真命题， 2p 为假命题 B. 1p ， 2p 都为真命题 C. 1p 为假命题， 2p 为真命题 D. 1p ， 2p 都为假命题 【答案】A 【解析】 【分析】根据等式 34 1 2 aaa e a e 用 q 表示出 3a ，代入  3( 1 1)a q  中，构造关于 q 的函数，利用导数判断 不等式  3 )( 1 1 0a q   是否成立，进而判断出命题 1p 的真假；通过举反例判断命题 2p 的真假． 【详解】 1p ：若 34 1 2 aaa e a e ，则  3 )( 1 1 0a q   ， 由 34 1 2 aaa e a e 得 4 4 3 3 3 ( 1)2 1 0 a a a a q a a eq e ea e       ， 3 ( 1) lna q q  ， 3 ln 1 qa q   ，     3 ln1 1 1 1 ln 11 qa q q q qq            ， 令   ln 1f q q q   ，则 1 1( ) 1 qf q q q     ， 0 1q  时， ( ) 0f q  ， ( )f q 递增， 1q  时， ( ) 0f q  ， ( )f q 递减， ∴ ( ) (1) 0f q f  ， 1q  时取等号．∴  3 )( 1 1 0a q   ，命题 1p 为真． 2p ：若 3 4 1 2 a aea ea   ，设 1 10a  ， 1 2q   ，则 2 5a   ， 3 5 2a  ， 4 5 4a   ， 1 2 5a a  ，但 3 4 5 5 2 4 5a ae e e e      ，即 3 4 1 2 a aea ea   不成立， 2p 是假命题． 故选：A． 【点睛】关键点睛：在判断命题 1p 时，解题关键是利用取对数把 3a 用 q表示，从而把 3( 1)( 1)a q  化为一 元函数，利用函数的知识确定结论．而命题 2p 中是加法运算，对等比数列来讲无法计算，举反例判断（题 中结论只有 q，因此数列的首项可取任意值）． 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，把答案填在答题卡的相应位置． 13. 从编号为1、 2 、 3 、 、88 的88 个网站中采用系统抽样抽取容量为8 的样本，若所抽样本中有编号 为53的网站，则样本中网站最小编号为________． 【答案】9 【解析】 【分析】求出分段间隔，分析出编号为53的网站位于第 5 组，进而可列等式求出样本中网站最小编号. 【详解】分段间隔为 88 118  ，第 5 组样本的编号为 45 、 46 、 47 、 、55 ， 由于 45 53 55  ，所以，编号为53的网站位于第 5 组， 设样本中网站最小编号为 m ，则 11 4 53m    ，解得 9m  . 故答案为：9. 14. 若 3 1 n x x x     的展开式常数项为84 ，则 n ________． 【答案】9 【解析】 【分析】求出二项展开式的通项，令 x 的指数为零，可得出方程组，进而可解得 n 的值. 【详解】 3 1 n x x x     的展开式通项为   3 933 2 2 1 k n kn kk k k n nT C x x C x             ， 由题意可得 84 93 02 k nC n k n N         ，解得 9n  . 故答案为：9. 15. 双曲线 2 2 1mx ny  左右焦点分别为 1 2,F F ，左右顶点分别为 A，B，P 为双曲线渐近线上一点，若以 1 2F F 为直径的圆经过 P 点，且 3APB   ．则该双曲线的渐近线方程为________． 【答案】 2 3 3y x  【解析】 【分析】由题意设双曲线方程为 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     ，设 P 在第一象限，由以 1 2F F 为直径的圆经过 P 点， 得 ( , )P a b ，从而得 PB AB ，这样结合 3APB   可得 b a ，得渐近线方程． 【详解】设双曲线方程为 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     ， 1 2( ,0), ( ,0)F c F c ，不妨设 P 在第一象限，以 1 2F F 为直 径的圆经过 P 点，则 1 2 1 2 FO cFP   ，设 ( , )( 0, 0)P x y x y  ， 由 2 2 2 2 2 by xa x y c a b c          ，解得 x a y b    ，即 ( , )P a b ，所以 PB AB ， 而 3APB   ，则 2 3a b  ，所以 2 3 3 b a  ，渐近线方程为 2 3 3y x  ． 故答案为： 2 3 3y x  ． 【点睛】结论点睛：本题考查求双曲线的渐近线方程，对双曲线 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     ， P 是渐近线上一 点且在第一象限，若 OP c ，则有 P 点坐标为 ( , )a b ． 16. A，B，C，D 四人之间进行投票，各人投自己以外的人 1 票的概率都是 1 3 （个人不投自己的票），则仅 A 一人是最高得票者的概率为________． 【答案】 5 27 【解析】 【分析】根据 A 的票数为3,2分类讨论，再根据互斥事件的概率加法公式即可求出． 【详解】若仅 A 一人是最高得票者，则 A 的票数为3,2． 若 A 的票数为 3 ，则 1 1 1 1 1 3 3 3 27P     ； 若 A 的票数为 2 ，则 BCD三人中有两人投给 A ，剩下的一人与 A 不能投同一个人， 2 1 3 1 1 1 2 423 3 3 3 27P C           ； 所以仅 A 一人是最高得票者的概率为 1 2 1 4 5 27 27 27P P P     ． 故答案为： 5 27 ． 【点睛】本题解题关键是根据 A 的得票数进行分类讨论，当 A 的票数为 3 时，容易求出 1 1 27P  ，当 A 的 票数为 2 时，要考虑如何体现 A 的票数最高，分析出四人投票情况，是解题的难点，不妨先考虑 BC 投给 A ， 则 D 投给 B （C ）， A 就投给C 或 D （ B 或 D ），即可容易解出． 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． （一）必考题：共 60 分． 17. 在 ABC 中，D 是 BC 的中点， 2, 4, 3AB AC AD   ． （1）求 ABC 的面积； （2）若 E 为 BC 上一点，且 AB ACAE AB AC             ，求  的值． 【答案】（1） 2 3 ；（2） 4 3   ． 【解析】 【分析】（1）由中线及向量运算得 1 ( )2AD AB AC    ，平方后求得 4    AB AC ，由向量的数量积可得 BAC ，从而可得三角形面积； （2）由 AB ACAE AB AC            得 AE 是 BAC 的平分线，利用三角形的面积求得中线 AE 长，再由向量 的运算求得 AB AC AB AC     的模，从而可得  ． 【详解】解．（1）由 1 ( )2AD AB AC    可得： 2 2 221 1 1 1( )4 4 2 4AD AB AC AB AB AC AC            ， 2 21 1 13 2 44 2 4AB AC       ， 4    AB AC ， 1cos 2| | | | AB ACBAC AB AC          所以 1 sin1202120 , 2 3ABCB ABA ACC S      （2）因为 AB ACAE AB AC            ，所以 AE 是 BAC 的平分线， | | AB c AB     ， AC b AC     ， 1b c  r r ， 则 2 22( ) 2 1 2 1 1 cos120 1 1b c b c b b c c                      ， 由 ABC ABE ACES S S △ △ △ 可得 1 1 1 2sin sin sin2 3 2 3 2 3AB AE AC AE AB AC          从而 4 3AE  ，由 | | | | AB ACAE AB AC            ，所以 4 3   ． 【点睛】关键点点睛：本题考查向量的数量积运算，考查向量三角形面积公式．解题关键有两个一是利用 向量的平方求出数量积 AB AC uuur uuur ，从而可得夹角，二是利用向量的加法法则得 AE 是 BAC 的平分线． 18. 如图，在四棱台 1 1 1 1ABCD A B C D 中，底面四边形 ABCD 为菱形， 1 1 1 1 12AA A B AB   ， 60ABC   ． 1AA  平面 ABCD ． （1）若点 M 是 AD 的中点，求证： 1 1C M AC ； （2）棱 BC 上是否存在一点 E ，使得二面角 1E AD D  的余弦值为 1 3 ？若存在，求线段CE 的长；若不 存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）存在，且 31 2CE   ． 【解析】 【分析】（1）取 BC 中点Q ，连接 AQ 、 1AC 、 AC ，以点 A 为坐标原点，以 AQ 、 AD 、 1AA 所在直线 分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系，计算出 1 1 0C M AC   ，进而可证得 1 1C M AC ； （2）设点 E 的坐标为  3, ,0 ，其中 1 1   ，利用空间向量法可得出关于实数  的方程，由题意得 出点 E 在线段QC 上，可求得  的值，进而可求得CE ，即可得出结论. 【详解】（1）取 BC 中点Q ，连接 AQ 、 1AC 、 AC ， 因为四边形 ABCD 为菱形，则 AB BC ， 60ABC  oQ ， ABC 为等边三角形， Q 为 BC 的中点，则 AQ BC ， //AD BC ， AQ AD  ， 由于 1AA  平面 ABCD ，以点 A 为坐标原点，以 AQ 、 AD 、 1AA 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立 空间直角坐标系，如图. 则  0,0,0A 、  1 0,0,1A 、  1 0,1,1D 、  3,0,0Q 、  3,1,0C 、 1 3 1, ,12 2C       、  0,1,0M ， 1 3 1, , 12 2C M         ，  1 3,1, 1AC   ，  2 1 1 3 1 1 02 2C M AC         ， 1 1C M AC  ； （2）假设点 E 存在，设点 E 的坐标为  3, ,0 ，其中 1 1   ，  3, ,0AE  ，  1 0,1,1AD  ， 设平面 1AD E 的法向量为  , ,n x y z  ，则 1 0 0 n AE n AD        ，即 3 0 0 x y y z      ， 取 3y   ，则 x λ ， 3z  ，所以，  , 3, 3n   ， 平面 1ADD 的一个法向量为  1,0,0m  ， 所以， 2 1cos , 3+6 m n m n m n                ，解得 3 2    ， 又由于二面角 1E AD D  为锐角，由图可知，点 E 在线段QC 上，所以 3 2   ，即 31 2CE   ． 因此，棱 BC 上存在一点 E ，使得二面角 1E AD D  的余弦值为 1 3 ，此时 31 2CE   . 【点睛】方法点睛：立体几何开放性问题求解方法有以下两种： （1）根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，然后再加以证明，得出结论； （2）假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已 知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在． 19. 红铃虫是棉花的主要害虫之一，能对农作物造成严重伤害.每只红铃虫的平均产卵数 y 和平均温度 x 有 关.现收集了以往某地的 7 组数据，得到下面的散点图及一些统计量的值. 平均温度 x /℃ 21 23 25 27 29 32 35 平均产卵数 y /个 7 11 21 24 66 115 325 x y z    1 n i i i x x z z     2 1 n i i x x   27.429 81.286 3.612 40.182 147.714 表中 lniz y ， 7 1 1 7 i i z z    （1）根据散点图判断， y a bx  与 dxy ce （其中 2.718e   为自然对数的底数）哪一个更适宜作为平 均产卵数 y 关于平均温度 x 的回归方程类型？（给出判断即可不必说明理由）并由判断结果及表中数据， 求出 y 关于 x 的回归方程.（计算结果精确到小数点后第三位） （2）根据以往统计，该地每年平均温度达到 28℃以上时红铃虫会造成严重伤害，需要人工防治，其他情况 均不需要人工防治，记该地每年平均温度达到 28℃以上的概率为  0 1p p  . （ⅰ）记该地今后 5 年中，恰好需要 3 次人工防治的概率为  f p ，求  f p 的最大值，并求出相应的概 率 0p . （ⅱ）当  f p 取最大值时，记该地今后 5 年中，需要人工防治的次数为 X ，求 X 的数学期望和方差. 附：对于一组数据     1 1 2 2 7 7, , , , , ,x z x z x z ，其回归直线 z a bx   的斜率和截距的最小二乘法估计分 别为：      7 1 7 2 1 ˆ i i i i i x x z z b x x         ， a z bx   . 【答案】（1） dxy ce 更适宜；  0.272 3.849xy e  ；（2）（i）  max 216 625f p  ，此时相应的概率为 0 3 5p  ；（ii）   3E X  ，   6 5D X  . 【解析】 【分析】 （1）根据题意，得到 dxy ce 更适宜作为平均产卵数，利用回归方程的定义，直接求解即可； （2）（ⅰ）由    23 3 5 1f p C p p  ，得     3 2 5 1 3 5f p C p p p    ，利用导数性质求解即可； （ⅱ）利用期望和方差的公式进行求解即可 【详解】（1）根据散点图可以判断 dxy ce 更适宜作为平均产卵数 y 关于平均温度 x 的回归方程类型. 对 dxy ce 两边取自然对数得 ln lny c dx  ，令 lnz y ， lna c ，b d ，得 z a bx  . 因为      7 1 7 2 1 40.182 0.2720147.714 i i i i i x x z z b x x            ，所以  3.612 0.272 27.429 3.849a z bx       ， 所以 z 关于 x 的线性回归方程为 0.272 3 4ˆ .8 9z x  ，所以 y 关于 x 的回归方程为 0.272 3.849ˆ xy e  . （2）（ⅰ）由    23 3 5 1f p C p p  ，得     3 2 5 1 3 5f p C p p p    ，因为 0 1p  ， 令   0f p  得3 5 0p  ，解得 30 5p  ；令   0f p  得3 5 0p  ，解得 3 15 p  ， 所以  f p 在 30, 5      上单调递增，在 3 ,15      上单调递减，所以  f p 有唯一极大值 3 5f      ，也为最大值. 所以当 3 5p  时，  max 216 625f p  ，此时响应的概率 0 3 5p  . （ⅱ）由（ⅰ）知，当  f p 取最大值时， 3 5p  ，所以 35, 5x b     ， 所以   35 35E X    ，   3 2 65 5 5 5D X     . 【点睛】关键点睛：解题关键在于利用回归方程，期望和方差的公式，结合导数性质进行求解即可 20. 已知圆 2 2: 5O x y  ，椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x y a ba b      的左右焦点为 1 2,F F ，过 1F 且垂直于 x 轴的直线被 椭圆和圆所截得弦长分别为 1 和 2 2 ． （1）求椭圆的标准方程； （2）如图 P 为圆上任意一点，过 P 分别作椭圆两条切线切椭圆于 A，B 两点． （ⅰ）若直线 PA 的斜率为 2，求直线 PB 的斜率； （ⅱ）作 PQ AB 于点 Q，求证： 1 2QF QF 是定值． 【答案】（1） 2 2 14 x y  ；（2）（i） 1 2  ；（ii）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）由两个弦长结合 2 2 2a b c  列方程组解得 , ,a b c ，得椭圆方程； （2）（ⅰ）设  0 0,P x y ，切线  0 0y y k x x   ，则 2 2 0 0 5x y  ，切线方程与椭圆方程联立，消元后由 0  得 1 2 1k k   ，从而得 PB 斜率； （ii）当切线 ,PA PB 的斜率都存在时，设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，求得切线方程为 1, 1,24 i i x x y y i   ，利 用切线都过 P 得直线 AB 方程为 0 0 14 x x y y  ，由垂直得直线 PQ 方程，从而可得Q 点坐标，再利用 P 在 圆上，可得 Q 点轨迹方程为 2 25 5 116 x y  ，判断其为椭圆，焦点也是 1 2,F F ，得定值．当切线 ,PA PB 的 斜率有一个不存在时，求出Q 点坐标后Q 点也在上述椭圆上，从而证得结论． 【详解】解：（1）由题意得： 2 2 2 2 2 2 5 2 2 2 1 a b c c b a         ，解得 2, 1, 3a b c   得椭圆的标准方程为： 2 2 14 x y  （2）（ⅰ）设  0 0,P x y ，切线  0 0y y k x x   ，则 2 2 0 0 5x y  由   2 2 0 0 14 x y y y k x x        化简得     22 2 0 0 0 01 4 8 4 4 0k x k y kx x y kx       由 0  得  2 2 2 0 0 0 04 2 1 0x k x y k y     设切线 ,PA PB 的斜率分别为 1 2,k k 则   2 2 0 0 1 2 2 2 0 0 1 1 14 4 5 y yk k x y        又直线 PA 的斜率为 2，则直线 PB 的斜率为 1 2  （ii）当切线 ,PA PB 的斜率都存在时，设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ， 切线 ,PA PB 方程为  , 1,2i i iy y k x x i    并由（ⅰ）得  2 2 24 2 1 0, 1,2i i i i ix k x y k y i      （*） 又 A，B 点在椭圆上，得 2 2 1, 1,24 i i x y i   代入（*） 得 2 2 2 i i i xy k    ，即 , 1,24 i i i xk iy    切线 ,PA PB 的方程为 1, 1,24 i i x x y y i   又过 P 点，则 0 0 1, 1,24 i i x x y y i   所以直线 AB 方程为 0 0 14 x x y y  ， 由 PQ AB 得直线 PQ 方程为  0 0 0 0 4yy y x xx    联立直线 AB 方程为 0 0 14 x x y y  ，解得  2 0 0 02 2 0 0 4 1 3 4 16 5Q x y x xx y    ，  2 0 0 02 2 0 0 1 3 1 16 5Q y y y yx y    由 2 2 0 0 5x y  得 Q 点轨迹方程为 2 25 5 116 x y  ，且焦点恰为 1 2,F F ， 故 1 2 4 82 5 5 QF QF    ， 当切线 ,PA PB 的斜率有一个不存在时，如 PB 斜率不存在，则 (2,0)B ， (2,1)P ， (0,1)A ，直线 AB 方程为 1 12y x   ， PQ 方程为 1 2( 2)y x   ，可解得 8 1( , )5 5Q ，Q 点也在椭圆 2 25 5 116 x y  上， 若 ( 2,0)B  ，同理可得． 综上得 1 2 8 5 QF QF  ． 【点睛】关键点点睛：本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系及定值问题．解题方法是 求出动点Q 的轨迹方程，确定其轨迹是椭圆且焦点与已知椭圆焦点相同，从而证得结论．关键是直线与椭 圆相切的切线方程：椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     上点 0 0( , )P x y ，过 P 点的椭圆的切线方程是 0 0 2 2 1xx yy a b   ．（可用点斜式设切线方程，由直线与椭圆相切，求出斜率，代入化简即得）． 21. 已知函数   2 1,x x mxf x m Re    . （1）讨论  f x 的单调性； （2）若  1,0m  ，证明：对任意的    1 2 1 2, 1,1 ,4 5x x m f x x    ． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】 【分析】（ 1 ）求函数的导数，结合函数单调性和导数之间的关系进行判断即可． （ 2 ）将不等式进行转化，构造函数 g （ x ） =- 1 4 x+ 5 4 ，则不等式转化为最值问题进行求解即可． 【详解】解：（ 1 ）        2 / 1 12 1 x x x x mx m x mf x e e             ①当 1 ＞ 1-m ，即 m ＞ 0 时，（-∞， 1-m ）和（ 1 ，+∞）上 f ′（ x ）＜ 0 ， f （ x ）单调减；（ 1-m ， 1 ）上 f ′（ x ） ＞ 0 ， f （ x ）单调增 ②当 1=1-m ，即 m=0 时，（-∞，+∞）上 f ′（ x ）＜ 0 ， f （ x ）单调减 ③当 1 ＜ 1-m ，即 m ＜ 0 时，（-∞， 1 ）和（ 1-m ，+∞）上 f ′（ x ）＜ 0 ， f （ x ）单调减；（ 1 ， 1-m ）上 f ′（ x ） ＞ 0 ， f （ x ）单调增 （ 2 ）对任意的 x1 ， x2 ∈ [1 ， 1-m] ， 4f （ x1 ） +x2 ＜ 5 可转化为  1 2 1 5 4 4f x x＜  ， 设 g （ x ） =- 1 4 x+ 5 4 ，则问题等价于 x1 ， x2 ∈ [1 ， 1-m] ， f （ x ） max ＜ g （ x ） min 由（ 1 ）知，当 m ∈（ -1 ， 0 ）时， f （ x ）在 [1 ， 1-m] 上单调递增，   1 2( ) 1max m mf x f m e     ， g （ x ）在 [1 ， 1-m] 上单调递减，   1( ) 1 14ming x g m m    ， 即证 1 2 1 14m m me ＜   ，化简得 4 （ 2-m ）＜ e 1-m [5- （ 1-m ） ]令 1-m=t ， t ∈（ 1 ， 2 ） 设 h （ t ） =e t （ 5-t ） -4 （ t+1 ）， t ∈（ 1 ， 2 ）， h ′（ t ） =e t （ 4-t ） -4 ＞ 2e t -4 ＞ 0 ，故 h （ t ）在（ 1 ， 2 ）上单调递增． ∴ h （ t ）＞ h （ 1 ） =4e-8 ＞ 0 ，即 4 （ 2-m ）＜ e 1-m [5- （ 1-m ） ]故 1 2 1 14m m me ＜   ，得证． 【点睛】本题主要考查函数单调性的判断，结合函数单调性和导数之间关系进行转化是解决本题的关键．综 合性较强，有一定的难度． （二）选考题：共 10 分．请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第 一题计分． 22. 在平面直角坐标系 xOy 中，已知曲线 1 1C x y : 与曲线 2 2 2cos: 2sin xC y       ，（ 为参数）．以坐标原 点为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系． （1）写出曲线 1C ， 2C 的极坐标方程； （2）在极坐标系中，已知  : 0l     与 1C ， 2C 的公共点分别为 A ，B ， 0, 2      ，当 4OB OA  时， 求 的值． 【答案】（1） 1C 的极坐标方程为： 1 2 sin 4        ； 2C 的极坐标方程为： 4cos  （2） 4   【解析】 【分析】（1）根据直角坐标与极坐标的互化关系，参数方程与一般方程的互化关系，即得解； （2）将  : 0l     代入 1C ， 2C 的极坐标方程，求得| |,| |OA OB 的表达式，代入 4OB OA  ，即得解. 【详解】（1）解：将直角坐标与极坐标互化关系 cos sin x y        代入曲线 1 1C x y : 得 cos sin 1     ， 即： 1 2 sin 4        ； 所以曲线 1C 的极坐标方程为： 1 2 sin 4        ； 又曲线 2 2 2cos: 2sin xC y       （ 为参数）． 利用 2 2sin cos 1   消去参数 得 2 2 4 0x y x   ， 将直角坐标与极坐标互化关系： cos sin x y        代入上式化简得 4cos  ， 所以曲线 2C 的极坐标方程为： 4cos  ． （2）∵  : 0l     与曲线 1C ， 2C 的公共点分别为 A ， B ， 所以将  0    代入 1 2 sin 4        及 4cos  得 1 2 sin 4 OA       ， 4cosOB  ， 又 4OB OA  ，∴ 2 sin sin 14       ， ∴ 0, 2      ，∴sin cos  ， 4   ． 【点睛】本题考查了参数方程，极坐标方程的综合应用，考查了学生综合分析，转化与划归，数学运算的 能力，属于中档题. 23. 已知   1 1f x ax x    （1）当 2a  时，求不等式   2f x  的解集： （2）若  1,2x 时不等式  f x x 成立，求 a 的取值范围． 【答案】（1） 2 ,03     ；（2） 1 0a   . 【解析】 【分析】（1）首先利用零点分段去绝对值，解不等式；（2）根据函数的定义域，不等式等价于 1 1ax   ， 解不等式，参变分离后求 a 的取值范围. 【详解】（1）当 2a  时，   2 1 1f x x x    即   13 , 2 12, 12 3 , 1 x x f x x x x x            1 2 3 2 x x      ，解得： 2 1 3 2x    ，或 1 12 2 2 x x       ，解得： 1 02 x   ， 或 1 3 2 x x    ，解得： 故不等式   2f x  的解集为 2 ,03     （2）当  1,2x 时 f x x（ ） 成立等价于当  1,2x 时 1 1ax   成立． 则 1 1 1ax    ，即 2 0ax   ，得 2 0ax    ，当  1,2x 时恒成立，解得 1 0a   . 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是根据  1,2x ，先去绝对值，再参变分离后得 2 0ax    ，当  1,2x 时恒成立，转化为最值问题.