1、第1 1頁共 2323 頁2019 屆山西省運(yùn)城市高三下學(xué)期高考適應(yīng)性測試（4 月）數(shù)學(xué)（理）試題、單選題1 1.已知集合A x|x 2,B x|4 3x 0則( )A A.A B x|x 2B B.AI B第2 2頁共 2323 頁C C.AUB |x|x 2D D.AU B R【答案】A A【解析】先求出集合B, ,然后由交集運(yùn)算、并集運(yùn)算的法則計(jì)算答案 【詳解】4解：由題意可得B x|4 3x 0 x|x,34故:A B x|x2,AUB |x|x -,3故選：A.A.【點(diǎn)睛】本題主要考查集合的定義，以及交集、并集的運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題AI B、AU B，可得2 2 .復(fù)數(shù) z z 滿足z（

2、1i） 1 i，則 z z 的共軛復(fù)數(shù)為（)A A .1B B. 1 1C C.i【答案】D D【解析】由z(1 i)1 i，可得z =1+ i，化簡可得 z z 的值,【詳解】解：由題意可知：z1 i(1 i)21 i (1 i)(1 i)i,故選：D.D.【點(diǎn)睛】本題主要考查復(fù)數(shù)的乘除的運(yùn)算及共軛復(fù)數(shù)的概念，求出復(fù)數(shù)z z 是解題的關(guān)鍵故可得：z i可得 z z的共軛第3 3頁共 2323 頁【答案】中所給的方程中系數(shù)， 可以得到 b b24 4，利用橢圓中對應(yīng)a, b,c的關(guān)系,最后利用橢圓離心率的公式求得結(jié)果所以a2b2c28，即該題考查的是有關(guān)橢圓的離心率的問題，在求解的過程中，一定

3、要注意離心率的結(jié)果 數(shù)m的值為(A A . -2-2【答案】3 3 已知橢圓2七1(a)的一個(gè)焦點(diǎn)為(2)則C的離心率為1B.2C C .邁22二3【解【詳分析：首先根據(jù)題中所給的條件橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)為2,0， 從而求得2，再根據(jù)題詳解：根據(jù)題意，可知c2，因?yàn)?b b24 4 ,所以橢圓C的離心率為e2冷子故選C.點(diǎn)睛:公式, 再者就是要學(xué)會(huì)從題的條件中判斷與之相關(guān)的量，結(jié)合橢圓中a,b,c的關(guān)系求得4 4 .在uuuvABC中，AN1 uuu/1NC,P是直uuvAPuuvmAB3uuu/-AC，則實(shí)4B B. -4-4【解因?yàn)閡uurAN1 uuuuur-NC，所以ANuuuBPuuiTn

4、BN, ,則13uuu uuuAP ABuuirn(AN1 uuur-AC；4uuuAB)，即因?yàn)镻是直線BN上的一點(diǎn)，所以設(shè)uuuAPuuu(1 n)ABLULTnAN (1uuun)ABuuu-AC mAB43uuur-AC4，則n 3,mn 2；故選 A.A.第4 4頁共 2323 頁5 5現(xiàn)有 4 4 種不同顏色要對如圖所示的四個(gè)部分進(jìn)行著色,要求有公共邊界的兩塊不能用同一種顏色，則不同的著色方法共有(第5 5頁共 2323 頁【答案】D D【解析】 首先給區(qū)域 C C 著色，有 4 4 種結(jié)果，再給區(qū)域 A A 著色，有 3 3 種結(jié)果，再給區(qū)域B B 著色，有 2 2 種結(jié)果，最后

5、給區(qū)域 D D 著色，有 2 2 種結(jié)果，相乘得到結(jié)果 【詳解】 解：由題意知本題是一個(gè)分步計(jì)算問題, 首先給區(qū)域 C C 著色，有 4 4 種結(jié)果;再給區(qū)域 A A 著色，有 3 3 種結(jié)果； 再給區(qū)域 B B 著色，有 2 2 種結(jié)果；最后給區(qū)域 D D 著色，有 2 2 種結(jié)果，根據(jù)分步計(jì)數(shù)原理知共有：4 3 2 2 48種結(jié)果，故選：D.D.【點(diǎn)睛】本題考查分步計(jì)算原理， 這種問題解題的關(guān)鍵是看清題目中出現(xiàn)的結(jié)果，幾個(gè)環(huán)節(jié)所包含的事件數(shù)，在計(jì)算時(shí)要做到不重不漏6 6 若X2a110、X 的展開式屮XX6的系數(shù)為30,則a等于11A .-B B .C C . 1 132【答案】D DX6

6、時(shí)，展開式中有X6的項(xiàng)，進(jìn)而根據(jù)X6的系數(shù)即可求得a的值. .【詳解】110102 21110102 21110XaX-XX-aX-XXX將題中所給式子可化為B B. 3030 種C C. 3636 種D D . 4848 種【解析】利用整式乘法將表達(dá)式展開，由二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)可知10出現(xiàn)X4或A A . 2424 種第6 6頁共 2323 頁Tr 1Crx10 rC10 x1rr 10 2rC10 xx令10 2r 4解得r3所以x6的項(xiàng)為x2C30 0 x4120 x6令 10102r2r 6 6解得r =2所以x6的項(xiàng)為a冷645ax6綜上可知,X6的系數(shù)為120 45a30解得a 2故

7、選：D D【點(diǎn)睛】本題考查了二項(xiàng)式定理展開式的應(yīng)用，根據(jù)項(xiàng)的系數(shù)求參數(shù)，屬于中檔題. .7 7 .已知在數(shù)列211 /小an中，（n2）,a4anan 1an 11-,則33a7a3a3.a7的值為（）1016A A . 6 6B B.C C. 1212D D .33【答案】C C211 “c11111【解析】由一（n2）可得，設(shè)bn，可得數(shù)列anan 1an 1an 1ananan 1an110根據(jù)二項(xiàng)式定理展開式通項(xiàng)為Tr iC；anrbr, ,的通項(xiàng)為3a7a33bn為等差數(shù)列，可得 -*3*7*3代入可得答案【詳解】211解：由題意：一 一（rr2）,anan 1an 113b3b74

8、b4,1由a4-可得b4的值,a731111可得an 1ananan 1設(shè)丄bn,bn 1bnanbnbn 1d，可得數(shù)列bn為等差數(shù)列，其公差為d,第7 7頁共 2323 頁由a4一，可得b43，即b13d 3，可得:3第8 8頁共 2323 頁3Q b73(b, 2d) b,6d 4b,12d4(b3d)4 b412故選：C.C.【點(diǎn)睛】本題主要考查由遞推式判斷數(shù)列為等差數(shù)列及等差數(shù)列基本量的計(jì)算，屬于基礎(chǔ)題型,其中設(shè)丄anbn，并判斷出數(shù)列0 為等差數(shù)列是解題的關(guān)鍵8 8.個(gè)袋子中有 5 5 個(gè)大小相同的球，其中 3 3 個(gè)白球與 2 2 個(gè)黑球，現(xiàn)從袋中任意取出一個(gè)球，取出后不放回，然

9、后再從袋中任意取出一個(gè)球，則第一次為白球、第二次為黑球的概率為( () )3i0C C.1-D.26253A .-5B B.【答案】B B【解析】設(shè) 3 3 個(gè)白球分別為a ai, a a2, a a3,2 2 個(gè)黑球分別為b bi, b b2,則先后從中取出 2 2 個(gè)球的所有可能結(jié)果為(ai, a a2) ),(a(ai, a a3) ),(a(ai,b bi) ), (a(ai, b b2) ), (a(a2, a a3) ), (a(a2, b bi) ),(a(a2, b b2) ),(a(a3, b bi) ), (a(a3, b b2) ), (b(bi, b b2) ), (a

10、(a2, a ai) ), (a(a3, a ai) ), (b(bi, a ai) ), (b(b2, a ai) ), (a(a3, a a2) ), (b(bi, a a2) ),(b(b2, a a2) ), (b(bi, a a3) ), (b(b2, a a3) ), (b(b2, b bi) ),共 2020 種.其中滿足第一次為白球、第二次為黑球的有(a(ai,b bi) ), (a(ai, b b2) ), (a(a2, b bi) ), ,b b2) ), (a(a3, b bi) ),(a(a3,為A=320 i09 9 .如圖是某幾何體的三視圖，則該幾何體內(nèi)切球的表面積

11、為(因區(qū)4B.3【答案】B B【解析】根據(jù)幾何體的三視圖，得出該幾何體是正三棱錐，結(jié)合圖形，計(jì)算出該三棱錐3a7a331b b2) ),共 6 6 種，故所求概率第9 9頁共 2323 頁的內(nèi)切球的半徑和表面積【詳解】解：根據(jù)幾何體的三視圖，可得該幾何體是正三棱錐，如圖所示:J3可得r，故可得該幾何體內(nèi)切球的表面積為:3故選：B.B.【點(diǎn)睛】本題主要考查與三視圖有關(guān)的計(jì)算、球與幾何體的切、接問題，屬于基礎(chǔ)題型，求出幾何體外接球的半徑是解題的關(guān)鍵 1010.將函數(shù)y sin2x 3cos2x 1的圖像向左平移個(gè)單位，再將所有點(diǎn)的橫坐12121 1 - -標(biāo)縮短到原來的倍，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)y

12、g(x)的圖像則下面對函數(shù)y g(x)2的敘述不正確的是()A A 函數(shù)g(x)的周期 T T 2 2B B 函數(shù)g(x)的一個(gè)對稱中心-,0-,0設(shè)其為BiACDi，可得該三棱錐的棱長為2 2，設(shè)內(nèi)切球的半徑為r，以球心O為頂點(diǎn)，以棱錐的四個(gè)面為底面把正三棱錐分為四個(gè)小三棱錐，則V V2VV44_、3rS底面=VB ACDi，又S底面=-(2.2)2=.3，同時(shí)可得底面外接圓的半徑為三棱錐BiACDi底面的高為:(22(I6)2倬，)23故可VB ACDi3 2 3 8由3rB1 133 33S底面=VBACD1第1010頁共 2323 頁C C .函數(shù)g(x)在區(qū)間，內(nèi)單調(diào)遞增4 2第11

13、11頁共 2323 頁kD D .當(dāng) x x 2 ,kZ時(shí)，函數(shù)g(x)有最小值1【答案】B B【解析】利用函數(shù) y y Asin(Asin( x x ) )的圖像變換規(guī)律，求出g(x)的解析式，再利用正弦函數(shù)的周期性、單調(diào)性和圖像的性質(zhì)，可得結(jié)論【詳解】解：由題意可得：函數(shù)y sin2x 3cos2x 1 2sin(2x ) 1，將其向左平移 個(gè)單位可得y 2sin(2x石-)1 2cos2x 1,再將所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來的丄倍，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)y g(x)的圖像，可得g(x) 2cos4x 1，22，故 A A 正確；421，故 一,0 0 不是函數(shù)g(x)的一個(gè)對稱中心，故 B

14、B 錯(cuò)誤;8 8,2，由余弦函數(shù)性質(zhì)，可得函數(shù)g(x) 2cos4x 1在x4,2單調(diào)遞增，故 C C 正確;由g(x) 2cos4x 1，可得當(dāng)4x 2k ,k Z時(shí)，函數(shù)有最小值，解得kx，k Z, ,故 D D 正確；42故選：B.B.【點(diǎn)睛】本題主要考查誘導(dǎo)公式的應(yīng)用，函數(shù)y y Asin(Asin( x x) )的圖像的變換規(guī)律及正弦函數(shù)的單調(diào)性、周期性等問題，屬于中檔題 1111.如圖，在棱長為 1 1 的正方體ABCD A1B1C1D1中，M,P,Q分別是棱A1D1,AB,BC的中點(diǎn)若經(jīng)過點(diǎn)M ,P, Q的平面與平面 CDDQCDDQ 的交線為I，則I與直線QB1所成角的余 弦值

15、為()故可得函數(shù)g(x)的周期Tx-，可得g(衛(wèi)X7272,可得4x55244222故選：B.B.第 8 8 頁共 2323 頁在MQBi中，可得QBrMB1由余弦定理可cos MQRQBj MQ2MB/2 QB MQx5do5【答案】B B 【解析】補(bǔ)全經(jīng)過點(diǎn)M,P,Q的的截面，可得其為邊長為MBMQ，可得MQBi即為|與直線Q0所成角，求出QB1由余弦定理可得l與直線QBi所成角的余弦值. .【詳解】解：由線面平行的性質(zhì)及面面平行的性質(zhì)定理，可得經(jīng)過點(diǎn)M,P,Q的的截面為邊長為所以MQBi即為I與直線QB1所成角,_3C C. -I-I_322的正六邊形，連接2MB12的正六邊形2MGPQ

16、FE,連接MBMQ,如圖所示,M , P,Q的平面與平面 CDDQCDDQ 的交線為EF, ,即為直線l，又EF PMQ, ,則易知若經(jīng)過點(diǎn)第1313頁共 2323 頁【點(diǎn)睛】本題主要考查異面直線所成角的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查學(xué)生的空間想象能與運(yùn)算求解能力，屬于中檔題ln x1212設(shè)實(shí)數(shù)0,若對任意的x (1,)，不等式ex-0恒成立，則的最小值為()112e eA A B B C C D D e2ee3【答案】A A【解析】由ex也-0得ex旦x，設(shè)g(x) ex,h(x)，可得g(x)與h(x)互為反函數(shù)，且g(x)與h(x)的圖像關(guān)于y x對稱，可

17、得函數(shù)g(x)(或h(x)的圖像In x與直線y x相切時(shí) 的值是不等式ex-0恒成立的最小值，設(shè)切點(diǎn)為(x,y)對g(x)求導(dǎo)，列出關(guān)于，xo的方程組，可得的最小值. .【詳解】In xIn x解：由題意ex-0得ex，設(shè)g(x) ex,h(x)可得g(x)與h(x)互為反函數(shù)，且g(x)與h(x)的圖像關(guān)于y x對稱，In x所以函數(shù)g(x) ex(或h(x)的圖像與直線y x相切時(shí)的值是不等式In xex。恒成立時(shí)的最小值，設(shè)函數(shù)g(x) ex與直線y x相切的切點(diǎn)為(xo, yo),Xooexxx可得可得exoxo，同時(shí)對g(x) e求導(dǎo)可得：g (x) e,可得yoxoeXox1g

18、(xo)ex1，聯(lián)立可得x，解得：一，eo1e1則的最小值為-，e故選：A.A.In x第1414頁共 2323 頁【點(diǎn)睛】本題主要考查不等式恒成立的問題，考查了函數(shù)與反函數(shù)的性質(zhì)，導(dǎo)數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用，體第1515頁共 2323 頁1515 .已知數(shù)列an滿足：a12,a.an 1an1，設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，貝US60現(xiàn)了轉(zhuǎn)化的思想，屬于中檔題、填空題1313 某單位試行上班刷卡制度，規(guī)定每天8:308:30 上班，有 1515 分鐘的有效刷卡時(shí)間(即8:15-8:308:15-8:30 ), 一名職工在 7:507:50 到 8:308:30 之間到單位且到達(dá)單位的時(shí)刻是隨機(jī)的，則他刷卡

19、無需等待的概率是_【解析】 直接由測度比等于時(shí)間長度比可得答案【詳解】解：由一名職工在 7:507:50 到 8:308:30 之間到單位，可得刷卡時(shí)間長度為4040 分鐘,但有效刷卡時(shí)間是 8:15-8:308:15-8:30 共 1515 分鐘，15153 3由測度比等于時(shí)間長度比，可得該職工刷卡無需等待的概率是P P -,-,40408 83 3故答案為：3. .8 8【點(diǎn)睛】本題主要考查幾何概型，明確測度比等于時(shí)間長度比是關(guān)鍵，是基礎(chǔ)題. .【答案】丄4【詳解】2X 2x2解：由f(X)logX(x2),x2滿足仙3，當(dāng) Z 時(shí)，2X2可得當(dāng)x 2時(shí)，f(a) log2(a 2)3,可

20、得a 6,21故可得：f(6 a) f (0) 241故答案為：一. .4【點(diǎn)睛】本題主要考查分段函數(shù)的性質(zhì)與應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題，由題意求出a的值是解題的關(guān)鍵1414 設(shè)函數(shù)f(X)2x2,x, 2log2(x 2),x滿足f (a)3，則f(6 a)【解析】利用分段函數(shù)求出a的值，然后可得f(6 a)的值. .3無解,2第1616頁共 2323 頁13S3 a0，當(dāng)a3,yvO故可得：c 2.3,e故答案為:【點(diǎn)睛】本題主要考查雙曲線離心率的相關(guān)知識及利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最大值, 的思想，屬于中檔題三、解答題1717 .已知函數(shù)f(x) 4sin x cos x36(1) 求函數(shù) f f (x)(

21、x)的單調(diào)遞減區(qū)間；(2) 已知在VABC中角A B、C的對邊分別為a b c，若f (A)3,b c 2a，求角B. .I答案】(1)k,k3，k Z.(2)B 3【解析】(1 1)由三角恒等變化對 f f (x)(x)進(jìn)行化簡，由三角函數(shù)性質(zhì)可得其單調(diào)遞減區(qū)間;得b2c2a2bc，由b c 2a，聯(lián)立得，可得得b c a，所以VABC為等邊三角形，可得答案【詳解】又過點(diǎn)F1且垂直于x軸的直線與該雙曲線的左支交于代B兩點(diǎn)，可得AB2 b2a故：AB2b28 2a，可得b24a a2，設(shè)y a2b2a2(4a a2)a44a3，y4a312a24a2( a 3),故當(dāng)a 3時(shí)，y2 2a b取

22、得最大值，此時(shí)ab取得最大值，此時(shí)b.3 ,體現(xiàn)了化歸與轉(zhuǎn)化4、3 COS X cos x2(2)由f(A)3，代入f(x)可得A 3，根據(jù)余弦定理.2 2 2b c a2bccos A第1919頁共 2323 頁(2 2) 由f(A)3得4cos 2A 13,cos2A133Q Q 0 0 A A,2A72AA -33333.222根據(jù)余弦定理bcacosA -，得b2c2a2bc2bc2Q b c 2a,聯(lián)立得，b22c(bc)2bc, 化簡得bc.4由得b c a，所以VABC為等邊三角形，B -.3【點(diǎn)睛】本題主要考查三角函數(shù)的恒等變換，三角函數(shù)的單調(diào)性、余弦定理解三角形等知識，熟 練

23、掌握三角函數(shù)的圖形與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵1818.如圖，四邊形ADEP與四邊形ABFP都是直角梯形，DE/PA/FB,DE4cosx1 .sin x3cosx - sinx 2 3sin2x222 24cos 2x 13由2k剟2x -2kk Z,3得k剟xkk Z63，即函數(shù) f(x)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是6k，k第2020頁共 2323 頁FB ABAP 2BF 2ED 2，四邊形ABCD為菱形，ABC 60.（1 1）求證：平面PAC平面PCF;（2 2）若二面角D PC E的余弦值為 竺，求AB的長.7【答案】（1 1）見解析（2 2） 2 2【解析】（1 1）取PC中點(diǎn)M，連BD交AC

24、于0，連OM ,FM，可證得PA平面ABCD，可得PA 0B在菱形ABCD中，AC OB，可得0B平面PAC，同時(shí)可證得四邊形OMFB是平行四邊形，則OB/FM，可得FM平面PAC，可得證明；（2 2）以O(shè)B,OC,OM所在直線分別為x軸，y軸，z z 軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由空間向量法及二面角D PC E的余弦值為絲，可得AB的長 7【詳解】證明（1 1）：取PC中點(diǎn)M，連BD交AC于O,連OM ,FM.Q DE /PA/FBDEADFBAB,PAAB,PAAD,ABADA,PA平面ABCDOD平面 BACDBACD ,PAOB,在菱形ABCD中，ACOB,又PAIAC A,PA、

25、AC平面PAC,OB平面PACAD,第2121頁共 2323 頁1Q O,M分別是AC, PC的中點(diǎn)，OM /PA,OM - PA,21又BF /PA,BF -PA,QOM /BF,OM PF,2四邊形OMFB是平行四邊形，則OB/FM,FM平面PAC,又FM平面PCF, 平面PAC平面PCF（2 2）解：由（1 1）得OM平面ABCD,OB OC,以O(shè)B,OC,OM所在直線分別為x軸，y軸，z z 軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,第2222頁共 2323 頁設(shè)AB 2m,則D(、3m,0,0),C(O,m,O),P(0, m,2),E( ,3m,0,1),uuuuur _UJU-PC(0,2

26、m, 2)，PD( . 3m, m,2)，PE(3m,m, 1)，Xj, y1, Zj是平面DPC的一個(gè)法向量, 3mx-!my-i2乙02m%20間想象能力與計(jì)算能力，屬于中檔題1919 隨著移動(dòng)支付的普及，中國人的生活方式正在悄然發(fā)生改變，帶智能手機(jī)而不帶錢yiir1，得ni1m亍j,m，X2，y2，Z2是平面PEC的一個(gè)法向量,uvUvn2uuvPEuuvPC、3mx2i2my22Z2my2Z2，0y21，得uun2(0,1,m),面角DPCE的余弦值為cosir uumm1 m2AB【點(diǎn)睛】m2 1m2-427，解得m 1本題主要考查線面垂直、面面垂直的判定定理及利用空間向量求二面角,

27、考查學(xué)生的空uvuuuvPDuuvPC第2323頁共 2323 頁包出門漸漸成為中國人的新習(xí)慣.在調(diào)查 現(xiàn)金支付，銀聯(lián)卡支付，手機(jī)支付”三種支付方式中 最常用的支付方式”這個(gè)問題時(shí)，在中國某地，從 2020 歲到 4040 歲人群中隨機(jī)抽取5555 人，從 4040 歲到 6060 歲人群隨機(jī)抽取 4545 人，進(jìn)行答題.2020 歲到 4040 歲人群的支付情況I19是選擇現(xiàn)金支付的占、銀聯(lián)卡支付的占、手機(jī)支付的占.40.40 歲到 6060 歲人群的II1111212支付情況是：現(xiàn)金支付的占2、銀聯(lián)卡支付的占丄、手機(jī)支付的占2.9 993(1 1)請根據(jù)以上調(diào)查結(jié)果將下面2 2列聯(lián)表補(bǔ)充完

28、整；并判斷至多有多少把握認(rèn)為支付方式與年齡有關(guān)；手機(jī)支付其他支付方式合計(jì)2020 歲到 4040 歲4040 歲至 U U 6060 歲合計(jì)(2 2)商家為了鼓勵(lì)使用手機(jī)支付規(guī)定手機(jī)支付打9 9 折，其他支付方式不打折.現(xiàn)有一物品售價(jià) 100100 元，以樣本中支付方式的頻率估計(jì)一件產(chǎn)品支付方式的概率，假設(shè)購買每件物品的支付方式相互獨(dú)立求4 4 件此種物品銷售額的數(shù)學(xué)期望.2附：k2n(ad一bc)，其中n a b c d.(a b)(c d )(a c)(b d)P k2k0.400.400.250.250.150.150.100.100.0500.0500.0250.0250.010.01

29、k00.7080.7081.3231.3232.0722.0722.7062.7063.8413.8415.0245.0246.6366.636【答案】(1 1)見解析，至多有90%的把握認(rèn)為支付方式與年齡有關(guān)(2 2) 370370 元【解析】(1 1)補(bǔ)全2 2列聯(lián)表，計(jì)算k2的值，對照臨界值表可得答案；753(2 2)在所抽取的樣本中使用手機(jī)支付的頻率是，由題知一件此種產(chǎn)品使用手100433機(jī)支付的概率為，設(shè) 4 4 件此產(chǎn)品中使用手機(jī)支付的件數(shù)為X，則X B 4,，可44第2424頁共 2323 頁得E(X)的值，可得 4 4 件此種產(chǎn)品銷售額丫90X100 (4 X) 400 10X

30、,可得 4 4 件此種物品銷售額的數(shù)學(xué)期望 【詳解】5 5第2525頁共 2323 頁解：(1 1)由已知得,手機(jī)支付其他支付方式合計(jì)2020 歲到 4040 歲4545101055554040 歲至 U U 6060 歲303015154545合計(jì)75752525100100k2100 (45 15 10 30)275 25 55 45至多有90%的把握認(rèn)為支付方式與年齡有關(guān)【點(diǎn)睛】能力，屬于基礎(chǔ)題2 22020 .橢圓C : X2葺1(a b 0)的左、右焦點(diǎn)分別是a b且垂直于x軸的直線被橢圓C截得的線段長為 1 1.(1) 求橢圓C的方程；(2) 設(shè)直線l : y kx m是以坐標(biāo)原點(diǎn)

31、O為圓心， 為半徑的圓的切線， 且與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)代B，求 AOBAOB 面積的最大值.2【答案】(1 1) y21(2 2) 1 141003.0302.706,33(2(2)在所抽取d ?，由題知一件此種產(chǎn)品使用手10043機(jī)支付的概率為. .4設(shè) 4 4 件此產(chǎn)品中使用手機(jī)支付的件數(shù)為X，則X B 4,3，E(X) 433444 4 件此種產(chǎn)品銷售額丫90X100 (4 X)400 10X，所以 4 4 件此種產(chǎn)品銷售額的數(shù)學(xué)期望是E(Y) 400 10 3 370元. .本題主要考查獨(dú)立性檢測的實(shí)際應(yīng)用、離散型隨機(jī)變量的期望與方差，考查學(xué)生的計(jì)算F1, F2，離心率為込，過F12

32、第2626頁共 2323 頁【解析】(1(1)將 x x2c代入橢圓方程12a，可得a3，可得2a、b的值，可得橢圓C的方程;(2(2)設(shè)點(diǎn) A AX,yiB X2, y2，由直線I為圓的切線可得|m|_乙5，聯(lián)立直5線與橢圓可得X1X2,X1X2，由弦長公式可得|AB|.1 k2XiX2，代入可得|AB|的最大值，可得VAOB面積的最大值. .【詳解】解：（1 1）由于c2a2b2，將Xc代入橢圓方程2yb21，得由題意知2b 1橢圓C的方程為X4y21(2)設(shè)點(diǎn)A X1,y1，B X2, y2直線I: ykX m是以坐標(biāo)原點(diǎn)為O圓心，2衛(wèi)為半徑的圓的切線5 5_|m|_、1 k22、55即

33、m2k2聯(lián)立kXX1|AB|16X2m4y21 4k2m28km1 4k、1 k2X1X2還/154k24m2x28kmx 4m24041 4k22 2m1 4k24E呼1 4k29k216k48k21第2727頁共 2323 頁| AB |max. 5SOAB的最大值為1 2 5 J5125【點(diǎn)睛】本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系， 考查了學(xué)生的計(jì)算能力,其中聯(lián)立直線與橢圓方程式解題的關(guān)鍵，屬于中檔題型1321已知函數(shù)f(x) xlnx6x(1 1)若函數(shù)f(x)f(x)的導(dǎo)函數(shù)g(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.(2 2) 當(dāng)a113時(shí)，函數(shù)h(x) f

34、(x)-x在定義域內(nèi)的兩極值點(diǎn)為 石，X X2，且為 冷,86試比較x1X；與e3大小，并說明理由.【答案】(1 1)/C、23a1(2 2)為X2e，見解析【解析】(1 1)求出g(x)，對g(x)求導(dǎo)，由g(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，可得g (x)-0恒成立，可得a的取值范圍；(2 2) 將a11一代入 f f (x)(x)，可得h(x)的表達(dá)式，對其求導(dǎo)，可得h (x) ln xx,84In x In x2為x21-,要比較為x；與e3的大小，只需比較In為2ln x?與 3 3 的大小，計(jì)彳2顯算可得：In%2貶=他沁，設(shè)設(shè)u(x)(x 2)ln x3(其中x兇,x11x 1x2X2x

35、(0,1),對u(x)求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)可得答案【詳解】92116k228k2Q 16k2當(dāng)且僅當(dāng)k k21 1-時(shí)等號成立4 4第2828頁共 2323 頁解：(1)g(x) Inx lx22ax,g (x)1x 2a2xQ g(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，g (x)0恒成立. .x 2a 0在(0,)在恒成立.0時(shí),2 2a(2)In則Inxi要比較x11時(shí)8時(shí)，h(x)xln xx 1,h (x) In x1/1x24，得In x1In x2x1x2x；與e3的大小，只需比較In x12ln X2與 3 3 的大小.In x 2In x21 x12x2x12x2InNIn x2x1x2x2

36、X22沁X2設(shè)u(x)(x 2)Inxx 13(其中xIn x3x 3x 20，而由In3xx (0,1)9(x 2)2(x 1)(x 4).0 x(x 2)2x (0,1)In x3x 3x 2(0,1)為增函數(shù),最大值為0 0.所以在(0,1)上y In x3x 3所以u(x)區(qū)込x 1 Inxx 1第2929頁共 2323 頁根據(jù)點(diǎn)到直線的距離方程可得曲線G上的點(diǎn)到直線l的距離即(x2)lnx3x 123綜上所述xiX2e【點(diǎn)睛】本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性及利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，考查了學(xué)生的計(jì)算能力，體現(xiàn)了化歸與轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，屬于難題2222 .選修 4-44-4:坐標(biāo)系與參數(shù)方程在平面直角坐標(biāo)系中，以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)， 以x軸正半軸為極軸， 建立極坐標(biāo)系，點(diǎn)A的極坐標(biāo)為七，直線l的極坐標(biāo)方程為cosa，且I過點(diǎn)A,曲線G4x 2cos ,的參數(shù)方程為( (B為參數(shù)).).y、.3sin ,