云南师大附中高三上学期第一次月考数学(理)试卷
云南师范大学附属中学2019届高三上学期第一次月考理科数学试题(解析版)
云南师范大学附属中学2019届高三上学期第一次月考理科数学试题（解析版）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.设集合，Z为整数集，则A. B. C. D. 0，【答案】A【解析】解：．故选：A．进行交集的运算即可．考查描述法、列举法表示集合的定义，以及交集的运算．2.若复数z满足，则A. B. C. D.【答案】A【解析】解：由，得，故选：A．把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简求z．本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题．3.已知O为原点，，，，若点P在y轴上，则实数A. 0B. 1C.D.【答案】B【解析】解：；点P在y轴上；；．故选：B．根据条件，可先求出，根据点P在y轴上，即可得出，从而求出m．考查向量坐标的概念，根据点的坐标可求向量的坐标，起点在原点的向量坐标为终点坐标，向量坐标的加法和数乘运算．4.若随机变量～，且，则A. B. C. D.【答案】D【解析】解：由～，可知该正态分布密度曲线的对称轴为，所以，故选：D．根据X服从正态分布正态分布密度曲线的对称轴为，由图象的对称性可得结果本题主要考查正态分布的图象，结合正态曲线，加深对正态密度函数的理解．5.我国明代程大位的《算法统宗》是一本流传很广的著作，书中许多题目都用诗歌体叙述，读起来朗朗上口，下面这个问题便是其中有名的一个；“九百九十九文钱，甜果苦果买一千四文钱买苦果七，十一文钱九个甜，甜苦两果各几个？请君布算莫迟延”则所买甜果的个数为A. 343B. 345C. 567D. 657【答案】D【解析】解：设甜果、苦果的个数分别是x和y，则，解得，故选：D．根据题意设甜果，苦果个数，列二元一次方程组，求解即可．此题考查了二元一次方程组，难度不大．6.如图，网格纸的小方格都是边长为1的正方形，粗线画出的是某空间几何体的三视图，则该几何体的体积为A.B.C.D.【答案】C【解析】解：由三视图还原原几何体如图：该几何体是一个底面为正方形的四棱锥挖去了一个半圆锥而得，侧面底面ABCD，底面边长为4，锥体的高为4，四棱锥的体积为，半圆锥的体积为，该几何体的体积为，故选：C．由三视图还原原几何体，可知原几何体为一个底面为正方形的四棱锥挖去了一个半圆锥，再由棱锥体积减去半圆锥体积求解．本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．7.已知等差数列的前n项和为，若，，则数列的公差A. B. C. D.【答案】D【解析】解：，，，，联立解得：．故选：D．利用等差数列的通项公式与求和公式即可得出．本题考查了等差数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．8.执行如图所示的程序框图，若输入的，，则输出的A. 1B. 3C. 5D. 9【答案】D【解析】解：由程序框图知，第一次循环：，，，；第二次循环：，，，；第三次循环：，，，；第四次循环：，，，，故选：D．由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．9.已知函数满足，则A. B. C. D.【答案】B【解析】解：函数满足，是函数的对称轴，是偶函数，图象关于y轴对轴，向右平移两个单位，得到，，，．故选：B．是函数的对称轴，是偶函数，图象关于y轴对轴，从而向右平移两个单位，得到，进而，由此能求出．本题考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．10.已知函数，将的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度得到函数的图象，则的最大值为A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】解：由题意得数，，，将的图象向左平移个单位长度得到函数：，再将函数向上平移1个单位长度得到函数的图象，即，所以当时，，故选：C．首先利用三角函数关系式的恒等变换，把三角函数的关系式变形成正弦型函数，进一步求出函数的关系式，最后求出函数的最值．本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变变换，正弦型函数性质的应用，函数的对称性的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．11.已知抛物线C：的焦点为F，过点F作斜率为2的直线l与C交于A，B两点若C的准线上一点M满足，则A. B. C. D.【答案】C【解析】解：抛物线焦点，设直线AB的方程为，联立方程组，消元得．设，，．则，．，．，，即．．，整理得：，解得．则．故选：C．写出直线的点斜式方程，与抛物线方程联立得出A，B两点的坐标关系，根据列方程解出M的坐标即可求得则．本题考查了抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，属于中档题．12.已知三棱锥的两条棱长为1，其余四条棱长为2，有下列命题：该三棱锥的体积是；该三棱锥内切球的半径是；该三棱锥外接球的表面积是．其中正确的是A. B. C. D.【答案】B【解析】解：如图1所示，三棱锥中，，取BC，PA的中点D，E，作如图的连接则，，平面PAD并求得：；，三棱锥的体积为，正确；设内切球的半径为r，球心为M，显然四个面三角形全等，解得，正确；事实上，外接球球心O必在过D点与BC垂直的平面PAD内，和过E点与PA垂直的平面BCE内，故O点在平面PAD和平面BCE的交线DE上，在内，同样，在内，≌，即O为DE的中点，可求得外接球半径R的平方：外接球故错误故选：B．利用过BC中点D与BC垂直的截面三角形PAD为底，以BC高求得体积，验证正确；利用四面全等，由内切球球心为顶点把三棱锥等分四份，不难求得半径r，验证正确；首先确定DE中点为外接球球心，不难求解，验证错误．此题综合考查了锥体体积的灵活处理，内切球及外接球半径的解法，难度适中．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知x，y满足约束条件，则的最大值为______【答案】2【解析】解：如图所示阴影部分为满足约束条件的可行域，当直线l：过点时，最小，z取得最大值2．故答案为：2．先根据约束条件画出可行域，设，再利用z的几何意义求最值，只需求出直线过可行域内的点A 时，从而得到的最大值即可．本题主要考查了用平面区域二元一次不等式组，以及简单的转化思想和数形结合的思想，属中档题目标函数有唯一最优解是我们最常见的问题，这类问题一般要分三步：画出可行域、求出关键点、定出最优解．14.已知双曲线C：的焦点为，，离心率为若C上一点P满足，则C的方程为______．【答案】【解析】解：由双曲线的定义可知，由，得，则，所以双曲线C的方程为．故答案为：．根据双曲线的定义和离心率公式求出c和a，则双曲线方程可得．本题主要考查双曲线的简单性质，根据双曲线的定义求出a，b是解决本题的关键．15.在数列中，，，则数列的通项______．【答案】【解析】解：由题意可得：，利用累加法，得：，，于是：．故答案为：直接利用递推关系式和累加法求出数列的通项公式．本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，累加法在求数列通项公式中的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．16.已知函数，若函数恰有两个零点，则a的取值范围是______．【答案】【解析】解：画出函数的图象如图所示：，当时，是在点处的切线，也是在点处的切线，如图所示．过点与点的直线为：．数形结合可知，时，函数的图象与有两个交点．即函数恰有两个零点，故答案为：．画出函数的图象，数形结合，可得时，函数的图象与有两个交点，进而可得答案．本题考查的知识点是分段函数的图象和性质，函数的零点，数形结合思想，难度中档．三、解答题（本大题共7小题，共70.0分）17.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，已知，且．求的值；若，，求的面积．【答案】本小题满分12分解：由题，得，可化得，，，，由正弦定理，得分由，，及余弦定理得，又由知，代入中，解得，则，分【解析】由三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，由，即，可求，由正弦定理即可求得．由及已知及余弦定理得a，b的值，利用三角形面积公式即可计算得解．本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦定理，余弦定理，三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．18.某工厂采用甲、乙两种不同生产方式生产某零件，现对两种生产方式所生产的这种零件的产品质量进行对比，其质量按测试指标可划分为：指标在区间100的为一等品；指标在区间的为二等品现分别从甲、乙两种不同生产方式所生产的零件中，各自随机抽取100件作为样本进行检测，测试指标结果的频率分布直方图如图所示：若在甲种生产方式生产的这100件零件中按等级，利用分层抽样的方法抽取10件，再从这10件零件中随机抽取3件，求至少有1件一等品的概率；将频率分布直方图中的频率视作概率，用样本估计总体若从该厂采用乙种生产方式所生产的所有这种零件中随机抽取3件，记3件零件中所含一等品的件数为X，求X的分布列及数学期望．【答案】解：由甲种生产方式生产的100件零件的测试指标的频率分布直方图可知，这100件样本零件中有一等品：件，二等品：件，所以按等级，利用分层抽样的方法抽取的10件零件中有一等品4件，二等品6件．记事件A为“这10件零件中随机抽取3件，至少有1件一等品”，则；分由乙种生产方式生产的100件零件的测试指标的频率分布直方图可知，这100件样本零件中，一等品的频率为，二等品的频率为；将频率分布直方图中的频率视作概率，用样本估计总体，则从该厂采用乙种生产方式所生产的所有这种零件中随机抽取3件，其中所含一等品的件数～，所以，，，；的分布列为：所以数学期望为分【解析】由频率分布直方图求出对应的频率和频数，再计算所求的概率值；由题意知随机变量～，计算对应的概率值，写出分布列，求出数学期望值．本题考查了频率分布直方图与离散型随机变量的应用问题，是中档题．19.如图，在四棱锥中，底面四边形ABCD是菱形，对角线AC与BD交于点O，．求证：平面平面PBD；若，，，E为线段PA的中点，求二面角的余弦值．【答案】本小题满分12分证明：如图，连接PO．在菱形ABCD中，O是AC的中点，且，，在中，．又，PO、平面PBD，平面PBD．又平面PAC，平面平面分解：在菱形ABCD中，，，则，又，．在等边中，，．是BD的中点，，在中，，．又，AC，平面ABCD，平面分以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．由题知0，，1，，，0，分为线段PA的中点，，，0，，设y，是平面BDE的一个法向量，则，．设y，是平面CDE的一个法向量，则，分，二面角的余弦值为分【解析】连接PO，推导出，由此能证明平面PBD，从而平面平面PBD．求出，推导出，平面ABCD，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系利用向量法能求出二面角的余弦值．本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20.已知椭圆C：的左焦点为，且点在C上．求C的方程；设点P关于x轴的对称点为点不经过P点且斜率为k的直线l与C交于A，B 两点，直线PA，PB分别与x轴交于点M，N，若，求k．【答案】解：设右焦点为，则，由题意知，，由椭圆的定义，得，所以，又椭圆C的半焦距，所以，所以椭圆C的方程为，由点P关于x轴的对称点为点q，则轴．如图7所示，由，得．设直线PA的方程为，，则直线PB的方程为．图7设，由得，且，即．由于直线PA与C交于P，A两点，所以，；同理可得，，所以．综上，得直线l的斜率k为．【解析】根据椭圆的定义可求出a，再根据半焦距c，可求得b，则C的方程可写出；根据两个角相等，推出两直线斜率为相反数，设出直线PA，与椭圆联立可解得A的坐标，同理得B的坐标，最后用斜率公式可求得斜率．本题考查了直线与椭圆的综合，属难题．21.已知函数．求的单调区间和极值；当时，若，且，证明：．【答案】解：函数的定义域为，，当时，，在上单调递增，无极值；当时，由，得，当时，，得的单调递增区间是；当时，，得的单调递减区间是，故的极大值为，无极小值．证明：当时，，，依题意，，则，所以，即由均值不等式可得，所以，则有．而，将代入上式得，令，则，，，，即，在上单调递减，于是，即，得证．【解析】求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；代入a的值，求出函数的导数，结合均值不等式以及函数的单调性证明即可．本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．22.在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为，为参数，在以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为．求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；若射线l：与曲线，的交点分别为A，B异于原点，求的取值范围．【答案】解：曲线的参数方程为，为参数，转换为直角坐标方程为，曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为．转换为直角坐标方程为．射线l：的倾斜角，由，得：，由，得，所以．由，所以，故的取值范围为：【解析】直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换．利用三角函数关系式的恒等变变换和函数的定义域求出函数的值域．1本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．23.设实数x，y满足．若，求x的取值范围；若，，求证：．【答案】解：由，得，所以不等式，即为，所以有或或解得或或，所x的取值范围为．证明：，，所以，当且仅当，即时取等号．又，当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等号．【解析】分3种情况去绝对值解不等式，再相并；先变形：，再用基本不等式．本题考查了绝对值不等式的解法，属中档题．。
云南省昆明市第一中学高三数学上学期第一次月考试题 理(扫描版)
云南省昆明市第一中学2019届高三数学上学期第一次月考试题理（扫描版）昆明一中第一期理科数学答案一、选择题1. 解析：由题意，因为集合{}1>=x x A ，所以=B A I {}31<<x x ，选B ． 2. 解析：因为2i 12i i i)i)(1(1i)i(1i 1i 2+=-=-+-=+，选C ． 3. 解析：由已知得54)cos(-=--αβα，即54cos )cos(-==-ββ，又πβ（∈，）23π，所以0sin <β，且53cos 1sin 2-=--=ββ，选C ．4.61x ⎫⎪⎭的通项公式为()632161r r rr T C x-+=-，由6302r -=，解得2r =，所以61x ⎫⎪⎭展开式的常数项为()226115C -=，选B ．5. 解析：在长、宽、高分别为2，1，1的长方体中截得该三棱锥A DBC -，则最长棱为AB D ．6. 解析：由垂径定理可知直线CM 的斜率为2-，所以直线CM 的方程是)2(21--=+x y ，即032=-+y x ，选D ．7. 解析：由()y f x =，()01f =-排除B ，()f x 是偶函数排除C ，()20f =和()40f =排除D ，选A ．8. 解析：依题意得36240C ⨯=，选B ．9. 解析：由正弦定理得C C B A B A B A C sin )sin()sin(sin cos cos sin sin 2=-=+=+=π，得1sin =C ，所以2π=C ，又232cos 222=-+=bc a c b A ，得6π=A ，所以3π=B ，选B ． 10. 解析：构造一个体对角线长为4的长方体1111D C B A ABCD -，则三棱锥1BCC A -满足题设，且1AC 为长方体的体对角线，三棱锥1BCC A -的外接球也是长方体1111D C B A ABCD -的外接球，球的半径是2，外接球的体积为3322343ππ=⨯=V ，选D ．11. 解析：令22x y =得，22222a b x b a =-，因为双曲线的焦点在正方形的外部，所以22222a b c b a<-，解得e >，选C ． 12. 解析：因为2y x z =+，所以设y x z y k -=-=，则2z x k -=，对于①112y x k z y k-+=+≥-，所以①成立；对于②()()()333444333x y y z xz x y z x y x y z y z x z ++---=-+-+-()3332k x y z =+-()()()()()()33332222k x z y z k x z x xz z y z y yz z ⎡⎤⎡⎤=-+-=-+++-++⎣⎦⎣⎦2222233202224z z k x z y z ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+++++≤⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，所以②成立对于③()222024x z x z y xz xz -+⎛⎫-=-=> ⎪⎝⎭，所以③成立 对于④取1x =，2y =，3z =，11xy yz xz ++=，22214x y z ++=，所以④不成立，因此成立的不等式有3个，选C ．二、填空题13. 解析：由22a b a b -=+r r r r解得0a b ⋅=r r ，所以向量a r 与b r 夹角为90︒．14. 解析：由题意得0cos()23ωππ=-，即232k ωππππ-=+，523k ω=+，所以ω的最小值为53． 15. 解析：由()0f x =得2266e x x x a ++=，令2266()e xx x h x ++=，则2222(1)()e e x xx x x x h x ---+'==，由()0h x '>得(1,0)x ∈-，由()0h x '<得(,1)(0,)x ∈-∞-+∞U ，所以2266()exx x h x ++=在(1,0)-上单调递增，在(,1)-∞-和(0,)+∞上单调递减，当1x =-时，()=(1)2e h x h -=极小值，当0x =时，()=(0)6h x h =极大值；()f x 有三个零点，即函数()y h x =和y a =的图象有三个交点，所以(2e,6)a ∈．16. 解析：设直线AB 的方程为x ty m =+，代入抛物线方程得2440y ty m --=，所以1244y y m =-=-，所以1m =，所以()21212116y y x x ==，cos cos ,AOB OA OB ∠==u u u r u u u r===，又122x x +≥，当且仅当121x x ==时取等号，所以3cos 5AOB ∠≥-，所以cos AOB∠的取值范围是3,15⎡⎫-⎪⎢⎣⎭．三、解答题 （一）必考题 17. 解：（1）证明：设1122n n nn a a d ---=则122n n n a a d --= 所以1122n n n a a d ++-=,11122222n n n n n n a a d a a d++--==-所以}{12n n a a +-是首项为4,公比为2的等比数列. ………6分（2）因为{}2nn a 是等差数列，所以1221122=-=a a d ,所以11(1)22n n a a n d =+-⨯ , 所以1()22n n a n =-所以123113531222...()2()222222n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-+-①2311333222...()2()22222n n n S n n +=⨯+⨯++-+-②由①-②得23111=2+2+2...2()222n n n S n +-⨯++-- 13=(n-)232n n S ++． ………12分18. .解：（1）记“甲运动员击中i 环”为事件i A ,“乙运动员击中i 环”为事件i B ,所以()()()91078110.150.250.60P A A P A P A +=--=--=， ()()910+0.10+0.400.50P B P B ==，所以甲、乙击中目标都不低于9环的概率：0.60.5=0.30⨯．………5分(2)记甲、乙两名运动员射击的环数都不低于9环的次数为随机变量X ，X 的可能取值：0，1，2，3，4；则(,)X B n p :，其中4n =，0.30p =，所以33344437(3)0.30.710P X C ⨯⨯==⨯⨯=，344443(4)0.310P X C ==⨯=． ………8分记甲、乙两名运动员获得奖金数(万元)为随机变量Y ，Y 的可能取值：0，1，2；则34437(1)(3)10P Y P X ⨯⨯====，443(2)(4)10P Y P X ====；所以甲、乙两名运动员可获得奖金数的期望值为：()3444437310000200009181010E Y ⨯⨯=⨯+⨯=（元）． ………12分19. 解：（1）在直角梯形ABCD 中，2BC AD AB ⋅=，即AB ADBC AB=，因为90DAB PBC ∠=∠=o , 所以tan AB ACB BC ∠=，tan ADABD AB∠=， 所以ABD ACB ∠=∠，又因为90ACB BAC ∠+∠=o ， 所以90ABD BAC ∠+∠=o ，即AC BD ⊥，图2的四棱锥1P ABCD -中，1P A AB ⊥，由题知1P A AD ⊥，则1P A ⊥平面ABCD ， 所以1BD P A ⊥，又1P A AC A =I ，所以BD ⊥平面1P AC . ………6分 (2)在图1中，因为1AD =，2BC AD AB ⋅=，设AB m =， 因为PAD ∆∽PBC ∆，所以122101PA AD PA mPA P A PB BC PA m m m =⇒=⇒==>+-，则1m >， 由（1）知1P A ⊥平面ABCD ，则以点A 为坐标原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，1P A 为z 轴建立空间直角坐标系.则()0,0,0A ，120,0,1m P m ⎛⎫ ⎪-⎝⎭，(),0,0B m ，()2,,0C m m ，()0,1,0D ， 120,1,1m PD m ⎛⎫= ⎪-⎝⎭u u u r ，()2,1,0DC m m =-u u u r ，()20,,0CB m =-u u u r ， 设平面1PDC 的一个法向量为()1,,n x y z =u u r ，则11100n PD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u r u u u ru u r u u u r ，得121,,11m n m ⎛⎫=- ⎪-⎝⎭u u r ， 设平面BDC 的一个法向量为()20,0,1n =u u r ，因为二面角1P DC B --的大小为60o，则()1212212221cos ,221n n n n n n m m⋅<>=⇒⋅+-u u r u u ru u r u u r u u r u u r ()()2222121m m m m =>⇒- 所以1P A 2………12分20. （1）由椭圆定义知，224AF BF AB a ++=，又222AF BF AB +=，得43AB a =，l 的方程为y x c =+，其中22c a b =-设11(,)A x y ，22(,)B x y ，将y x c =+代入22221x y a b+=得，2222222()2()0a b x a cx a c b +++-=. 则212222-a c x x a b +=+，2221222)a cb x x a b -=+（.因为直线AB的倾斜角为4π，所以AB ，由43AB a =得，222443a ab a b =+，即222a b =.所以C的离心率c e a =………6分 (2) 设AB 的中点为0,0()N x y ，由（1）知，2120222--23x x a c c x a b +===+，003cy x c =+=.由PA PB =得，PN 的斜率为-1，即001-1y x +=，解得，3c =，a =3b =.所以椭圆C 的方程为221189x y +=.………12分21. 解：（1）()f x 的定义域为(0,)+∞,由ln 10ax x+-≥ (0)x >得：(1ln )a x x ≥-， 令()(1ln )g x x x =-，则()ln g x x '=-，由()0g x '>得01x <<，由()0g x '<得1x >，所以()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， 所以max ()(1)1g x g ==，所以1a ≥. ………6分 (2) 当1a =时，1()ln 1f x x x=+-，此时(1)0f =， 因为22111()0x f x x x x -'=-=> (1)x >，所以1()ln 1f x x x=+-在(1,)+∞上 单调递增，所以()(1)f x f > (1)x >，即：1ln 10x x+-> (1)x >， 令1n x n =- (2)n ≥，则1()ln 10111n n f n n n n =+->---，所以1ln 1n n n >-，所以12ln 21<，13ln 32<，…，1ln1nn n <-， 所以111234ln ln ln ln231231nn n ++⋅⋅⋅+<+++⋅⋅⋅+-， 而234234ln ln ln ln ln()ln 12311231n n n n n +++⋅⋅⋅+=⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯=--，- 11 - 所以111ln 23n n++⋅⋅⋅+<，(,2)n n ∈≥*N . ………12分 （二）选考题：第22、23题中任选一题做答。
云南省高三数学上学期第一次月考试题 理(扫描版)
云南省2018届高三数学上学期第一次月考试题理（扫描版）云南师大附中2018届高考适应性月考卷（一） 理科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 答案 BDDCDABDCBDA【解析】1．[1)A =+∞，，(1]B =-∞，，故选B ． 2．1ii ||11i z z +===-，故，故选D ．3．222()25+=++=a b a ab b ，所以||5+=a b ，故选D ． 4．π6πππ2πsin 2sin 2sin 23633y x y x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+−−−−−−−→=++=+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭向左平移个单位，故选C ．5．285213a a a +==，所以5132a =，又17747()7352a a S a +===，所以45a =，32d =， 8a =11，故选D ．6．当22x y ==，时，z 取得最大值4，故选A ．7．由表中数据可得16555.4x y ==，，因为回归直线必过()x y ，，代入回归方程得ˆ43.6a =-,故选B ．8．直线平分圆周，则直线过圆心(11)，，所以有2a b +=，11111()222a b a b a b ⎛⎫+=++ ⎪⎝⎭≥2123221224⎛⎫++= ⎪ ⎪⎝⎭（当且仅当2b a =时取“=”），故选D ．9．作出sin y x =，|lg |y x =的图象如图1，由图象知有4个零点，故选C ．图110．由正弦定理得：::sin :sin :sin a b c A B C =，又::cos :cos :cos a b c A B C =，所以有tan tan tan A B C ==，即A B C ==，所以ABC △是等边三角形，故选B ．11．由三视图知：三棱锥S ABC -是底面边长为23，高为3的正三棱锥，设其外接球的半径为R ，则有：22(3)4R R =-+，解得：736R =，故选D ．12．由题意知：32()e ln(1)x f x x x =+++在(0)+∞，上单调递增，()()f x t f x +>在(1)x ∈-+∞，上恒成立，必有2t ≥，则(21)f x t +=的根有2个，故选A ． 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号131415 16 答案 4952945233203⎛⎫ ⎪⎝⎭，【解析】13．36122112121C ()C rr r rr r T x x x --+⎛⎫== ⎪⎝⎭，3602r -=，解得：4r =，代入得常数项为495．14．该程序执行的是11111111112913248102132481045S ⎛⎫=+++=-+-++-= ⎪⨯⨯⨯⎝⎭L L ．15．由已知：22||||b bc b FM MN a a a ==-，，由||||FM MN =知：22bc b a a =，232c b e ==∴，∴． 16．2211()3322b c AH AO AB AC AO ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭uuu r uuu r uu u r uuu r uuu r g ，又22240b b c -+=，代入得：AH AO =uuu r uuu r g2221421(4)3226b b b b b ⎛⎫-+=- ⎪⎝⎭，又22240c b b =-+>，所以02b <<，代入得AH AO uuu r uuu r g 的取值范围为203⎛⎫ ⎪⎝⎭，．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） 17．（本小题满分12分） （Ⅰ）证明：因为123n n a a +=+，所以132(3)n n a a ++=+，而11a =，故数列{3}n a +是首项为4，公比为2的等比数列．………………………（5分） （Ⅱ）解：由（Ⅰ）得数列{3}n a +是首项为4，公比为2的等比数列，即132n n a ++=，因此123n n a +=-． 所以1(21)2n n b n +=-，2311232(21)2n n S n +=⨯+⨯++-⨯L ，① 34221232(21)2n n S n +=⨯+⨯++-⨯L ，②①−②有231222(22)(21)2n n n S n ++-=+++--⨯L ，所以2(23)212n n S n +=-+g ．……………………………………………………………（12分） 18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）5160626371748182688x +++++++==甲，5862646669717381688x +++++++==乙，222222222(5168)(6068)(6268)(6368)(7168)(7468)(8168)(8268)8s -+-+-+-+-+-+-+-=甲103=，222222222(5868)(6268)(6468)(6668)(6968)(7168)(7368)(8168)8s -+-+-+-+-+-+-+-=乙45=，所以乙组的成绩更稳定．…………………………………………………………………（6分） （Ⅱ）由题意知ξ服从参数为3，3，7的超几何分布，即(337)H ξ:，，， ξ的取值可能为：0，1，2，3， 3437C 4(0)C 35P ξ===，214337C C 18(1)C 35P ξ===，124337C C 12(2)C 35P ξ===，3337C 1(3)C 35P ξ===，ξ的分布列为：ξ123P435 1835 1235 135ξ的数学期望：339()77E ξ⨯==．……………………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：在长方体1111ABCD A B C D -中，因为11M N ACA D ，分别为，的中点，所以MN 为1A CD △的中位线， 所以MN∥CD，又因为CD⊥平面11A ADD ，所以MN⊥平面11A ADD ．…………………………………………………………………（5分） （Ⅱ）解：在长方体1111ABCD A B C D -中，因为CD⊥平面11A ADD ， 所以1CA D ∠为1A C 与平面11A ADD 所成的角， 即1CA D ∠=30︒，又因为1A A ⊥平面ABCD ，所以1ACA ∠为1A C 与平面ABCD 所成的角，即145ACA∠=︒， 所以1MN =，2CD =，14A C =，1A A =22，22AC =，如图2，分别以AB ，AD ，1AA 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系A xyz -， ∴A(0，0，0)，D(0，2，0)，1(2222)C ，，，1(0022)A ，，，C(2，2，0)，B(2，0，0)， 在正方形ABCD 中，BD⊥AC，∴BD uu u r是平面1A AC 的法向量，(220)BD =-，，uu u r .设平面1ACD 的法向量为()n x y z =，，r， 由(200)DC =u u u r，，，1(0222)DA =-u u u u r，，，所以有202220x y z =⎧⎪⎨-+=⎪⎩，，∴02x y z =⎧⎪⎨=⎪⎩，，取z=1，得平面1ACD 的一个法向量为(021)n =r，，.图2设二面角1A AC D --的大小为α， 则223|cos |223α==g .∴36sin =α．…………………………………………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）00()P x y 设，，代入椭圆的方程有：2200221x y a b +=，整理得：2222002()b y x a a =--，又10y k x a=+，20y k x a=-，所以201222012y k k x a ==--，212212b k k a =-=-联立两个方程有，2c e a ==解得：．………………………………（5分） （Ⅱ）由（Ⅰ）知222a b =，又1b =，所以椭圆C 的方程为22121x y +=.设直线l 的方程为：1x my =-，代入椭圆的方程有：22(2)210m y my +--=， 设1122()()M x y N x y ，，，，1212222122m y y y y m m -+==++由韦达定理：，，2221212121118821||||()422OMNm m S OD y y y y y y ++=-=+-=△所以，21(1)m t t +=≥，则有221m t =-，代入上式有221222OMNm t S t t +===+△≤，当且仅当1t =，即0m =时等号成立，所以OMN △的面积的最大值为22．…………………………………………………（12分）21．（本小题满分12分）（Ⅰ）解：22()21b x x bf x x x x ++'=++=，当0b ≥时，在12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，上()0f x '≥恒成立，所以()f x 在12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，上单调递增成立， 当0b <时，由220x x b ++=，解得1184bx -±-=，易知，()f x 在11804b ⎛⎫-+- ⎪ ⎪⎝⎭，上单调递减，在1184b ⎛⎫-+-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭，上单调递增， 由题意有，118142b -+-≤，解得1b -≥． 综上所述，1b -≥．………………………………………………………………………（5分） （Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，当1b =-时，()f x 在12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，上单调递增， 对任意1n ≥，有112n n +≥成立， 所以112n f f n ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭≥，代入()f x 有23ln ln 21114n n n n n n ⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭≥，整理得：2223ln 2ln (1)41n n n n n +⎛⎫-- ⎪++⎝⎭≥. ………………………………………………（12分） 22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）曲线C 的标准方程为：22143x y +=，直线l 330x y --=．………………………………………………（5分） （Ⅱ）将直线l 的参数方程化为标准方程：112()3x t t y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，为参数，，11 代入椭圆方程得：254120t t +-=，解得12625t t ==-，，所以12114||11||||||3PA PB t t +=+=．……………………………………………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（Ⅰ）12(1)()3(12)21(2)x x f x x x x -<-⎧⎪=-⎨⎪->⎩，≤≤，，函数的图象如图3所示．………………（5分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知()f x 的最小值是min ()3f x =，所以要使不等式2|1||2|2x x a a ++-+≥恒成立，有232a a +≥， 解之得[31]a ∈-，．………………………………………………………………………（10分）图3。
云南师大附中2021届高三数学适应性月考卷一理含解析
【答案】A
【解析】
【分析】
根据图甲，分别求出阴影部分的面积，以及整个长方形的面积，面积比即为所求概率.
【详解】由题意，阴影部分包括半径为 和半径为 的两个圆，面积分别为 和 ，
而整个长方形的宽为 ，长为 ，
所以该点落在阴影部分的概率是 .
故选：A．
【点睛】本题主要考查与面积有关的几何概型，属于基础题型。
4. 已知 ，则 （ ）
A。 B. C。 D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据诱导公式，以及同角三角函数基本关系，将所求式子化为 ，即可得出结果.
【详解】因为 ，
所以 ,
故选：C．
【点睛】本题主要考查三角函数的化简求值，熟记同角三角函数基本关系以及诱导公式即可，涉及二倍角的余弦公式，属于基础题型.
5。 电影《达.芬奇密码》中，有这样一个情节:故事女主人公的祖父雅克.索尼埃为了告诉孙女一个惊天的秘密又不被他人所知，就留下了一串奇异的数字13—3-2—21—1—1—8-5,将这串数字从小到大排列，就成为1—1—2-3—5-8—13-21， 其特点是从第3个数字起，任何一个数字都是前面两个数字的和，它来自斐波那契数列，斐波那契数列与黄金分割有紧密的联系，苹果公司的logo（如图乙和丙)就是利用半径成斐波那契数列(1,1，2，3，5,8，13）的圆切割而成，在图甲的矩形ABCD中，任取一点,则该点落在阴影部分的概率是（ )
2. 在复平面内,复数 （ 为复数单位)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】D
【解析】
【分析】
先根据复数除法运算化简出 ，即可得出对应点象限.
【详解】 ，
【2013备考】各地名校试题解析分类汇编(一)理科数学：3导数1
各地解析分类汇编:导数11【云南省玉溪一中2013届高三上学期期中考试理】已知曲线x x y ln 342-=的一条切线的斜率为21，则切点的横坐标为( ) A. 3 B. 2 C. 1 D.21【答案】A【解析】函数的定义域为(0,)+∞，函数的导数为3'2x y x =-，由31'22x y x =-=，得260x x --=，解得3x =或1x =-（舍去），选A.2【云南师大附中2013届高三高考适应性月考卷（三）理科】如图3，直线y=2x 与抛物线y=3－x 2所围成的阴影部分的面积是（ ）A ．353B ．C ．2D ．323【答案】D【解析】12332(32)d 3S x x x -=--=⎰，故选D. 3【云南省玉溪一中2013届高三第三次月考 理】如图所示，曲线2x y =和曲线x y =围成一个叶形图（阴影部分），则该叶形图的面积是（ ）A.21 B. 41 C. 61 D. 31【答案】D【解析】由2y xy ⎧=⎪⎨=⎪⎩，解得11x y =⎧⎨=⎩或0x y =⎧⎨=⎩，所以根据积分的应用可得阴影部分的面积为3123120021211)()33333x dx x x =-=-=⎰，选D. 4【山东省烟台市莱州一中2013届高三10月月考（理）】由直线2,21==x x ，曲线xy 1=及x 轴所谓成图形的面积为 A.415B.417C.2ln 21D. 2ln 2【答案】D【解析】根据积分的应用可知所求22112211ln ln 2ln2ln 22dx x x==-=⎰，选D. 5【云南师大附中2013届高三高考适应性月考卷（三）理科】已知()f x 为R上的可导函数，且,x R ∀∈均有()f x f>′（x），则有 （ ）A．20132013(2013)(0),(2013)(0)e f f f e f -<> B．20132013(2013)(0),(2013)(0)e f f f e f -<< C．20132013(2013)(0),(2013)(0)e f f f e f ->>D ．20132013(2013)(0),(2013)(0)e f f f e f -><【答案】A【解析】构造函数()()x f x g x=，则2()()()()()()()x x x x f x e e f x f x f x g x e e ''''--==，6【山东省烟台市莱州一中2013届高三10月月考（理）】曲线x e y 21=在点()2,4e处的切线与坐标轴所围三角形的面积为 A.2eB.24eC.22eD.229e 【答案】A【解析】121'2x y e =，所以在点()2,4e 的导数为142211'22y e e ⨯==，即切线斜率为212k e =，所以切线方程为221(4)2y e e x -=-，令0x =得，2y e =-，令0y =，得2x =.所以三角形的面积为22122e e ⨯⨯=，选A.7【云南省昆明一中2013届高三新课程第一次摸底测试理】函数22ln y x x e ==在处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为A ．292e B ．212Se =C ．22eD ．2e【答案】D【解析】212'2y x x x =⨯=，所以在2x e =处的切线效率为22k e =，所以切线方程为2224()y x e e-=-，令0x =，得2y =，令0y =，得2x e =-，所以所求三角形的面积为22122e e ⨯⨯=，选D.8【山东省烟台市莱州一中20l3届高三第二次质量检测 （理）】曲线()ln 2y x =+在点()1,0P -处的切线方程是 A.1y x =+ B.1y x =-+C.21y x =+D.21y x =-+【答案】A 【解析】1'2y x =+,所以在点P 处的切线斜率1112k ==-+，所以切线方程为(1)1y x x =--=+，选A.9【山东省烟台市莱州一中20l3届高三第二次质量检测 （理）】由直线2,,0sin 33x x y y x ππ====与所围成的封闭图形的面积为 A.12B.1C.2【答案】B【解析】由积分的应用得所求面积为2233332sin cos coscos 2cos 1333xdx xπππππππ=-=-+==⎰，选B. 10【天津市新华中学2012届高三上学期第二次月考理】 已知函数))((R x x f ∈满足1)1(=f ，且)(x f 的导函数21)('<x f ，则212)(+<x x f 的解集为 A. {}11<<-x x B. {}1-<x x C. {}11>-<x x x 或 D. {}1>x x【解析】设1()()()22xF x f x =-+, 则11(1)(1)()11022F f =-+=-=，1'()'()2F x f x =-，对任意x R ∈，有1'()'()02F x f x =-<，即函数()F x 在R 上单调递减，则()0F x <的解集为(1,)+∞，即212)(+<x x f 的解集为(1,)+∞，选D.11【山东省烟台市莱州一中20l3届高三第二次质量检测 （理）】函数()32f x x bx cx d =+++的大致图象如图所示，则2212x x +等于A.89B.109C.169D.289【答案】C【解析】函数过原点，所以0d =。
2019-2020学年云南师大附中高三(下)月考数学试卷(理科)(含答案)
2019－2020学年云南师大附中高三（下）月考数学试卷（理科）（六）一、选择题.1.（5分）已知集合2{|log 1}A x x =<，集合{|||2}B x N x =∈<，则(A B = )A .{|01}x x <<B .{|02}x x <C .{|22}x x -<<D .{0，1}2.（5分）已知i 为虚数单位，则复数3(1)(1)(i i --= )A .2iB .2i -C .2D .2-3.（5分）已知平面向量a ，b 的夹角为30︒，||1a =，1()2a a b -=-，则||(b = )AB .2C .3D .44.（5分）已知实数x ，y 满足约束条件()1221x y x y y +⎧⎪-⎨⎪⎩，则yx 的最大值为( )A .2B .32C .1D .235.（5分）在区间(0,3)上随机地取一个数k ，则事件“直线y kx =与双曲线22:1C x y -=有两个不同的交点“发生的概率为( ) A .13B .12C .23D .16.（5分）已知3(21)()x x a -+展开式中各项系数之和为27，则其展开式中2x 项的系数为( )A .24B .18C .12D .47.（5分）ABC ∆的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c，若sin A =，a =，c a >，则角C 的大小为( )A .3πB .2πC .23πD .34π8.（5分）在下面四个三棱柱中，A ，B 为三棱柱的两个顶点，E ，F ，G 为所在棱的中点，则在这四个三棱柱中，直线AB 与平面EFG 不平行的是( )A .B .C .D .9.（5分）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>与抛物线2:2(0)E y px p =>有公共焦点F ，椭圆C 与抛物线E 交于A ，B 两点，且A ，B ，F 三点共线，则椭圆C 的离心率为( )A 21B .22C .3D .51-10.（5分）已知数列{}n a 满足：对*n N ∀∈，1log (2)n n a n +=+，设n T 为数列{}n a 的前n 项之积，则下列说法错误的是( ) A .12a a >B .17a a >C .63T =D .76T T <11.（5分）数学家托勒密从公元127年到151年在亚历山大城从事天文观测，在编制三角函数表过程中发现了很多重要的定理和结论，如图便是托勒密推导倍角公式“2cos212sin αα=-”所用的几何图形。
2020学年云南师大附中高三(上)月考数学试卷(理科)(三)
2019-2020学年云南师大附中高三（上）月考数学试卷（理科）（三）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（5分）已知集合A＝{x|x∈Z，|x|≤2}，B＝{x|x2﹣2x＞0}，则A∩B＝（）A．{﹣2，﹣1，0}B．{﹣2，﹣1}C．{1}D．{0，1，2} 2．（5分）已知i为虚数单位，复数，则|z|＝（）A．B．2C．D．3．（5分）已知，则向量与向量的夹角为（）A．B．C．D．4．（5分）的展开式中，x5的系数为（）A．189B．63C．21D．75．（5分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，a＝4，b+c＝5，则△ABC的面积为（）A．B．C．D．6．（5分）直线x+y+a＝0与圆x2+y2﹣2x+4y+3＝0有两个不同交点的一个必耍不充分条件是（）A．﹣2＜a＜3B．﹣1＜a＜3C．﹣2＜a＜0D．0＜a＜37．（5分）函数y＝sinωx（ω＞0）的图象向左平移个单位长度，所得图象关于y轴对称，则ω的一个可能取值是（）A．2B．C．D．．8．（5分）执行如图所示的程序框图，若，则输出的数是（）A．B．C．log50.3D．9．（5分）已知a，b∈R，定义运算“⊗”，，设函数f（x）＝（2x⊗2）﹣（1⊗log2x），x∈（0，2），则f（x）的值域为（）A．（0，3）B．[0，3）C．[1，3）D．（1，3）10．（5分）如图，在平面四边形ABCD中，BC＝CD＝AD＝1，，将ABD 沿折起到△A′BD，使平面△A′BD⊥平面BCD，则过A′，B，C四点的球的表面积为（）A．3πB．6πC．8πD．12π11．（5分）已知双曲线的左、右顶点分别为A，B，左焦点为F，P为C上一点，且PF⊥x轴，过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点N，直线MB与y轴交于点H，若ON＝2OH（O为坐标原点），则C的离心率为（）A．3B．2C．D．12．（5分）已知函数f（x）＝xlnx+ae x有两个极值点，则实数a的取值范围是（）A．B．C．D．二、填空题（本大题共4小题，毎小题5分，共20分）13．（3分）曲线y＝x+lnx﹣1往点（1，0）处的切线方程为．14．（3分）若点A是区域内一动点，点B是圆（x﹣2）2+（y﹣1）2＝1上﹣点，则|AB|的最小值为．15．（3分）勾股定理又称商高定理，三国时期吴国数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，正方形ABDE是由4个全等的直角三角形再加上中间的阴影小正方形组成的，如图．记∠ABC＝θ，若tan（θ+）＝﹣7，在正方形ABDE内随机取一点，则该点取自阴影正方形的概率为，16．（3分）抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线为l，直线m与C交于A，B两点，线段AB 的垂直平分线交x轴于点P，过线段的中点M作MN⊥l，垂足为N，O为坐标原点，则2（|OP|﹣|MN|）＝．三、解答题（共70分.解答应写岀文字说明，证明过程或演算步骤）17．（10分）等差数列{a n}的前n项和为S n，若a4+a5＝16，S6＝36．（1）求{a n}的通项公式；（2）设，求{b n}的前n项和T n．18．（12分）某企业为提高生产质量，引入了一批新的生产设备，为了解生产情况，随机抽取了新、旧设备生产的共200件产品进行质量检测，统计得到产品的质量指标值如下表及图4（所有产品质量指标值均位于区间（15，45]内），若质量指标值大于30，则说明该产品质量高，否则说明该产品质量一般．新设备生产的产品质量指标值的频数分布表质量指标频数（15，20]2（20，25]8（25，30]10（30，35]30（35，40]20（40，45]10合计80（1）根据上述图表完成下列2×2列联表，并判断是否有99%的把握认为产品质量高与引入新设备有关；新旧设备产品质量2×2列联表产品质量髙产品质量一般合计新设备产品旧设备产品合计（2）从旧设备生产的质量指标值位于区间（15，30]）的产品中，按分层抽样抽取6件产品，再从这6件产品中随机选取3件产品进行质量检测，记抽到质量指标值位于（彷，30]的产品数为X，求X的分布列和期望．附：K2＝，n＝a+b+c+d．P（K2≥k0）0.100.050.010.001k0 2.706 3.841 6.63510.82819．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，P A＝AB＝1，（1）证明：BD⊥平面P AC；（2）若E是PC的中点，F是棱PD上一点，且BE∥平面ACF，求二面角F﹣AC﹣D 的余弦值．20．（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为B，△BF1F2的面积为，C上的点到右焦点F2的最大距离是3．（1）求C的标准方程；（2）设C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作x轴的垂线l1，l2，直线l：y ＝kx+m（k≠0）与C相切，且l与l1，l2分别交于P，Q两点，求证：∠PF1Q＝∠PF2Q．21．（12分）已知函数．（1）若曲线y＝f（x）在x＝1处的切线斜率为0，求实数a的值；（2）记f（x）的极值点为x1，函数g（x）＝alnx+1的零点x2为，当时，证明：．请考生在第22、23两題中任选一题作答，并用2B铅笔在答題卡上把所选题目的题号涂黑.注意所做题目的題号必须与所涂题目的題号一致，在答题卡选答区域指定位置答題.如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在平面宜角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数，α为倾斜角）（t为参数，α为倾斜角），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为ρ＝6cosθ+8sinθ，圆心为C，直线l与圆C交于A，B 两点．（1）求圆C的直角坐标方程；（2）已知点M（1，2），当∠ACB最小时，求|MA|+|MB|的值．[选修4-5：不等式选讲]23．（10分）已知函数f（x）＝|x﹣a|+|x+1|．（1）当a＝2时，求不等式f（x）≤5的解集；（2）若存在实数x，使f（x）≤3成立，求实数a的取值范围．2019-2020学年云南师大附中高三（上）月考数学试卷（理科）（三）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（5分）已知集合A＝{x|x∈Z，|x|≤2}，B＝{x|x2﹣2x＞0}，则A∩B＝（）A．{﹣2，﹣1，0}B．{﹣2，﹣1}C．{1}D．{0，1，2}【分析】可以求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．【解答】解：∵A＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，B＝{x|x＜0或x＞2}，∴A∩B＝{﹣2，﹣1}．故选：B．【点评】考查描述法、列举法的定义，绝对值不等式和一元二次不等式的解法，以及交集的运算．2．（5分）已知i为虚数单位，复数，则|z|＝（）A．B．2C．D．【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．【解答】解：∵＝，∴，故选：A．【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．3．（5分）已知，则向量与向量的夹角为（）A．B．C．D．【分析】利用已知条件求出与的数量积，然后求解夹角即可．【解答】解：，可得，∴，记向量与向量的夹角为θ，，故选：C．【点评】本题考查向量的数量积的求法，是基本知识的考查．4．（5分）的展开式中，x5的系数为（）A．189B．63C．21D．7【分析】直接利用二项式定理的通项公式，求出r，然后求解即可．【解答】解：的展开式的通项公式为，令7﹣2r＝5，解得r＝1，∴，故选：C．【点评】本题考查二项式定理的应用，是基本知识的考查．5．（5分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，a＝4，b+c＝5，则△ABC的面积为（）A．B．C．D．【分析】利用余弦定理求出b，然后求解三角形的面积．【解答】解：△ABC中：，a＝4，b+c＝5，由余弦定理得，∴，，故选：D．【点评】本题考查三角形的解法，余弦定理以及三角形的面积的求法，考查计算能力．6．（5分）直线x+y+a＝0与圆x2+y2﹣2x+4y+3＝0有两个不同交点的一个必耍不充分条件是（）A．﹣2＜a＜3B．﹣1＜a＜3C．﹣2＜a＜0D．0＜a＜3【分析】根据直线与圆的位置得到a的范围为（﹣1，3），求其必要条件，则（﹣1，3）为其真子集，【解答】解：依题意，圆的标准方程为（x﹣1）2+（y+2）2＝2，圆心（1，﹣2），半径，因为直线与圆有两个不同的交点，所以圆心到直线的距离，所以|a﹣1|＜2，∴﹣1＜a＜3，求其必要不充分条件，即（﹣1，3）为其真子集，故选：A．【点评】本题考查充分条件，必要条件的应用，主要考查了命题的充要性和对应集合的关系，属于基础题．7．（5分）函数y＝sinωx（ω＞0）的图象向左平移个单位长度，所得图象关于y轴对称，则ω的一个可能取值是（）A．2B．C．D．．【分析】通过三角函数的图象的平移得到函数的解析式，利用函数的对称轴列出方程，转化求解即可．【解答】解：y＝sinωx（ω＞0）的图象向左平移个单位长度后得，因为图象关于y轴对称，∴，k∈Z，∴，k∈Z，则ω的一个可能取值是：．故选：B．【点评】本题考查三角函数的平移变换，函数的对称性的应用，考查计算能力．8．（5分）执行如图所示的程序框图，若，则输出的数是（）A．B．C．log50.3D．【分析】根据程序框图知，输出a，b，c中最大的数，比较给出a，b，c的大小得出结论即可．【解答】解：由程序框图知，输出a，b，c中最大的数，∵，c＜0，所以b最大，故选：B．【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．9．（5分）已知a，b∈R，定义运算“⊗”，，设函数f（x）＝（2x⊗2）﹣（1⊗log2x），x∈（0，2），则f（x）的值域为（）A．（0，3）B．[0，3）C．[1，3）D．（1，3）【分析】根据新运算法则求解f（x）的解析式和x的范围，根分段函数的性质求解值域．【解答】解：由题意，所以f（x）的值域为[1，3），故选：C．【点评】本题考查函数值域的求法，体现了分类讨论的数学思想方法，解答此题的关键是理解题意，是中档题．10．（5分）如图，在平面四边形ABCD中，BC＝CD＝AD＝1，，将ABD 沿折起到△A′BD，使平面△A′BD⊥平面BCD，则过A′，B，C四点的球的表面积为（）A．3πB．6πC．8πD．12π【分析】根据题给的垂直条件，得出有两个直角三角形斜边贴合，故可以用定义找出球心位置．【解答】解：由条件知BC⊥CD，A'D⊥BD，因为平面A'BD⊥平面BCD，且交线为BD，∴A'D⊥平面BCD，∴A'D⊥BC，A'D∩CD＝D，∴BC⊥平面A'CD，∴BC⊥A'C，取A'B中点O，在Rt△A'DB中，OB＝OD＝OA'；在Rt△A'CB中，OB＝OC＝OA'，所以，OA'＝OB＝OC＝OD，即O为三棱锥A'﹣BCD外接球的球心，所以过A'，B，C，D四点的球的直径为，所以S＝4πR2＝3π．故选：A．【点评】本题考查球的表面积，考查利用球心的定义确定其位置，属于中档题．11．（5分）已知双曲线的左、右顶点分别为A，B，左焦点为F，P为C上一点，且PF⊥x轴，过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点N，直线MB与y轴交于点H，若ON＝2OH（O为坐标原点），则C的离心率为（）A．3B．2C．D．【分析】画出图形，利用三角形相似，列出比例关系，结合已知条件转化求解即可．【解答】解：∵△NAO∽△MAF，∴，又∵△BOH∽△BFM，∴＝，|ON|＝2|OH|，，∴c＝3a，离心率，故选：A．【点评】本题主要考查双曲线离心率的计算，根据条件求出a、c关系，是解决本题的关键．12．（5分）已知函数f（x）＝xlnx+ae x有两个极值点，则实数a的取值范围是（）A．B．C．D．【分析】求出f'（x）＝1+lnx+ae x，由题意可得y＝﹣a和在（0，+∞）上有两个交点，令，．记，h（x）在（0，+∞）上单调递减，g（x）在（0，1]上单调递增；求解函数的最值，然后推出结果．【解答】解：∵f'（x）＝1+lnx+ae x，由题意，f'（x）＝1+lnx+ae x＝0有两个不同的实根，即y＝﹣a和在（0，+∞）上有两个交点，令，∴．记，h（x）在（0，+∞）上单调递减，且h（1）＝0，所以当x∈（0，1]时，h（x）≥0，g'（x）≥0，所以g（x）在（0，1]上单调递增；当x∈（1，+∞）时，h（x）＜0，g'（x）＜0，所以g（x）在（1，+∞）上单调递减，故．当x→0时，g（x）→﹣∞；当x→+∞时，g（x）→0，当，即时，y＝﹣a和在（0，+∞）上有两个交点，故选：D．【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道中档题．二、填空题（本大题共4小题，毎小题5分，共20分）13．（3分）曲线y＝x+lnx﹣1往点（1，0）处的切线方程为2x﹣y﹣2＝0．【分析】求出函数的导数，求出切线的向量，利用点斜式求解切线方程．【解答】解：y＝x+lnx﹣1可得，所以切线斜率为k＝1+1＝2，所以切线方程为y＝2（x﹣1），即2x﹣y﹣2＝0．故答案为：2x﹣y﹣2＝0．【点评】本题考查函数的导数的应用，切线方程的求法，考查转化思想以及计算能力．14．（3分）若点A是区域内一动点，点B是圆（x﹣2）2+（y﹣1）2＝1上﹣点，则|AB|的最小值为．【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，通过数形结合即可的得到结论．【解答】解：由约束条件画出可行域如图1所示，记圆心（2，1）到直线x+y﹣1＝0的距离为d，则，所以|AB|的最小值为．给答案为：．【点评】本题考查线性规划的简单应用，考查转化思想以及数形结合思想的应用．15．（3分）勾股定理又称商高定理，三国时期吴国数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，正方形ABDE是由4个全等的直角三角形再加上中间的阴影小正方形组成的，如图．记∠ABC＝θ，若tan（θ+）＝﹣7，在正方形ABDE内随机取一点，则该点取自阴影正方形的概率为，【分析】由题意，本题是几何概型，利用两个正方形的面积比求概率即可．【解答】解：∵，∴，不妨设AC＝4a，BC＝3a，则AB＝5a，所以大正方形的面积为25a2，阴影小正方形的面积为a2，所以概率为．故答案为：．【点评】本题考查了几何概型的概率求法；关键是明确几何测度为面积；利用面积比求概率．16．（3分）抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线为l，直线m与C交于A，B两点，线段AB 的垂直平分线交x轴于点P，过线段的中点M作MN⊥l，垂足为N，O为坐标原点，则2（|OP|﹣|MN|）＝2．【分析】求出焦点坐标F（1，0），准线方程为l：x＝﹣1，设M（x0，y0），过A，B两点分别作AA'，BB'垂直于l，直线m的斜率存在，设为k，得到线段AB的垂直平分线方程为，通过点差法得ky0＝2，然后求解即可．【解答】解：由题意得F（1，0），准线方程为l：x＝﹣1，设M（x0，y0），过A，B两点分别作AA'，BB'垂直于l，则2|MN|＝|AA'|+|BB'|＝x A+1+x B+1＝2x0+2，因为直线m的斜率存在，设为k，则线段AB的垂直平分线方程为，令y＝0，得x＝ky0+x0，即|OP|＝ky0+x0，由点差法得ky0＝2，所以2（|OP|﹣|MN|）＝2x0+4﹣（2x0+2）＝2．故答案为：2．【点评】本题考查抛物线的简单性质以及直线与抛物线的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力．三、解答题（共70分.解答应写岀文字说明，证明过程或演算步骤）17．（10分）等差数列{a n}的前n项和为S n，若a4+a5＝16，S6＝36．（1）求{a n}的通项公式；（2）设，求{b n}的前n项和T n．【分析】（1）利用已知条件求出数列的首项与公差，然后求解通项公式．（2）化简通项公式利用裂项相消法求解数列的和即可．【解答】（本小题满分12分）解：（1）由题意得解得所以a n＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1．（2），所以．{b n}的前n项和T n为：．【点评】本题考查等差数列通项公式的应用，数列求和的方法，考查计算能力．18．（12分）某企业为提高生产质量，引入了一批新的生产设备，为了解生产情况，随机抽取了新、旧设备生产的共200件产品进行质量检测，统计得到产品的质量指标值如下表及图4（所有产品质量指标值均位于区间（15，45]内），若质量指标值大于30，则说明该产品质量高，否则说明该产品质量一般．新设备生产的产品质量指标值的频数分布表质量指标频数（15，20]2（20，25]8（25，30]10（30，35]30（35，40]20（40，45]10合计80（1）根据上述图表完成下列2×2列联表，并判断是否有99%的把握认为产品质量高与引入新设备有关；新旧设备产品质量2×2列联表产品质量髙产品质量一般合计新设备产品旧设备产品合计（2）从旧设备生产的质量指标值位于区间（15，30]）的产品中，按分层抽样抽取6件产品，再从这6件产品中随机选取3件产品进行质量检测，记抽到质量指标值位于（彷，30]的产品数为X，求X的分布列和期望．附：K2＝，n＝a+b+c+d．P（K2≥k0）0.100.050.010.001k0 2.706 3.841 6.63510.828【分析】（1）利用已知条件直接求解联列表，求出k2，即可得到结果．（2）由题意，从（15，20]中抽取1件产品，从（20，25]中抽取2件产品，从（25，30]中抽取3件产品，故X可能的取值为0，1，2，3，求出概率即可得到X的分布列，然后求解期望即可．【解答】（本小题满分12分）解：（1）列联表如下：产品质量高产品质量一般合计新设备产品602080旧设备产品4872120合计10892200∴，所以有99%的把握认为产品质量高与引入新设备有关．（2）由题意，从（15，20]中抽取1件产品，从（20，25]中抽取2件产品，从（25，30]中抽取3件产品，故X可能的取值为0，1，2，3，，，X的分布列为X0123 P（X）所以．【点评】本题考查独立检验的应用，离散型随机变量的分布列以及期望的求法，考查转化思想以及计算能力．19．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，P A＝AB＝1，（1）证明：BD⊥平面P AC；（2）若E是PC的中点，F是棱PD上一点，且BE∥平面ACF，求二面角F﹣AC﹣D 的余弦值．【分析】（1）证明P A⊥AB，P A⊥BD．即可证明BD⊥平面P AC．（2）解连接ED，取ED的中点M，设AC∩BD＝O，连接OM，则BE∥OM，从而BE ∥平面ACM，平面ACM与PD的交点即为F，建立空间直角坐标系O﹣xyz，求出平面ACF即平面ACM的法向量，平面ACD的一个法向量，通过空间向量的数量积求解即可．【解答】（本小题满分12分）（1）证明：∵，∴P A⊥AB，P A⊥AD，AB∩AD＝A，∴P A⊥平面ABCD，∴P A⊥BD．又∵ABCD为正方形，∴AC⊥BD，P A∩AC＝A，∴BD⊥平面P AC．（2）解：如图，连接ED，取ED的中点M，设AC∩BD＝O，连接OM，则BE∥OM，从而BE∥平面ACM，平面ACM与PD的交点即为F．建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，，，平面ACF即平面ACM，设其法向量为，则即令x＝1，得，易知平面ACD的一个法向量为，∴，因为二面角F﹣AC﹣D为锐二面角，故所求余弦值为：．【点评】本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及逻辑推理能力计算能力．20．（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为B，△BF1F2的面积为，C上的点到右焦点F2的最大距离是3．（1）求C的标准方程；（2）设C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作x轴的垂线l1，l2，直线l：y ＝kx+m（k≠0）与C相切，且l与l1，l2分别交于P，Q两点，求证：∠PF1Q＝∠PF2Q．【分析】（1）根据条件可知，求出a，b，c即可；（2）联立结合△＝0可得m2＝4k2+3，再根据l1、l2方程可以求出P，Q，计算出•＝0，同理可求出•＝0，进而得到角度关系．【解答】解：（1）由题意，解得a＝2，b＝，c＝1，所以椭圆的标准方程为．（2）因为直线l：y＝kx+m（k≠0）与椭圆C相切，所以，消去y，整理得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，所以△＝（8km）2﹣4（3+4k2）（4m2﹣12）＝0，化简得m2＝4k2+3，由题意，直线l1的方程为x＝﹣2，直线l2的方程为x＝2，所以P（﹣2，﹣2k+m），Q（2，2k+m），又F1（﹣1，0），F2（1，0），所以＝（﹣1，﹣2k+m），＝（3，2k+m），因而•＝﹣3+m2﹣4k2＝0，所以⊥，即∠PF1Q＝，同理得＝（﹣3，﹣2k+m），＝（1，2k+m），因而•＝﹣3+m2﹣4k2＝0，所以⊥，即∠PF2Q＝，所以∠PF1Q＝∠PF2Q．【点评】本题考查椭圆的方程，涉及直线与椭圆的交点问题，属于中档题．21．（12分）已知函数．（1）若曲线y＝f（x）在x＝1处的切线斜率为0，求实数a的值；（2）记f（x）的极值点为x1，函数g（x）＝alnx+1的零点x2为，当时，证明：．【分析】（1）求出函数的导数，利用f'（1）＝0，求出a的值即可；（2）利用导数求出f（x）的极值，即可解得x1，解出函数g（x）＝alnx+1的零点x2，根据，即可证出．【解答】（1）解：f（x）的定义域为（0，+∞），因为，所以f'（1）＝e（2a+1﹣a）＝0，解得a＝﹣1，（2）证明：因为，令，当时，，所以h（x）在（0，+∞）上单调递增．又，所以∃，使得h（x0）＝0．且当x∈（0，x0）时，h（x）＜0，即f'（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，即f'（x）＞0，f（x）单调递增，所以x0是f（x）的极小值点，所以x1＝x0，所以且h（x1）＝0，即＝0．又，又当时，g（x）是单调递增函数，所以x1＜x2得证．【点评】本题主要考查导数的几何意义和利用导数求函数的极值与最值，属于中档题．请考生在第22、23两題中任选一题作答，并用2B铅笔在答題卡上把所选题目的题号涂黑.注意所做题目的題号必须与所涂题目的題号一致，在答题卡选答区域指定位置答題.如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在平面宜角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数，α为倾斜角）（t为参数，α为倾斜角），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为ρ＝6cosθ+8sinθ，圆心为C，直线l与圆C交于A，B 两点．（1）求圆C的直角坐标方程；（2）已知点M（1，2），当∠ACB最小时，求|MA|+|MB|的值．【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（2）利用直线间的位置关系和垂径定理的应用求出结果．【解答】（本小题满分10分）【选修4﹣4：坐标系与参数方程】解：（1）圆C的极坐标方程为ρ＝6cosθ+8sinθ，整理得ρ2＝6ρcosθ+8ρsinθ，转换为直角坐标方程为（x﹣3）2+（y﹣4）2＝25．（2）直线l的参数方程为（t为参数，α为倾斜角）直线l与圆C交于A，B两点．因为直线l过点M，当∠ACB最小时，直线l与CM垂直，因为，点M在圆C内部，所以|MA|+|MB|＝|AB|＝．【点评】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，垂径定理的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．[选修4-5：不等式选讲]23．（10分）已知函数f（x）＝|x﹣a|+|x+1|．（1）当a＝2时，求不等式f（x）≤5的解集；（2）若存在实数x，使f（x）≤3成立，求实数a的取值范围．【分析】（1）a＝2时f（x）＝|x﹣2|+|x+1|，利用分类讨论法求不等式f（x）≤5的解集；（2）由题意知f（x）min≤3，利用绝对值不等式求出f（x）≥|a+1|，再列不等式求出a 的取值范围．【解答】解：（1）当a＝2时，f（x）＝|x﹣2|+|x+1|＝；当x≤﹣1时，不等式化为﹣2x+1≤5，解得﹣2≤x≤﹣1；当﹣1＜x＜2时，不等式化为3≤5恒成立，所以﹣1＜x＜2；当x≥2时，不等式化为2x﹣1≤5，解得2≤x≤3；综上，不等式的解集为{x|﹣2≤x≤3}；（2）由题意知，f（x）min≤3，因为f（x）＝|x﹣a|+|x+1|≥|a+1|，当且仅当x﹣a与x+1异号时等号成立，所以|a+1|≤3，即﹣3＜a+1＜3，解得﹣4≤a≤2；所以实数a的取值范围是[﹣4，2]．【点评】本题考查了含有绝对值不等式的解法与应用问题，也考查了不等式恒成立问题，是基础题．。
云南省师范大学附属中学2020届高三上学期第一次月考数学(理)答案
14．由 Sn + 1 = an+1 ，所以当 n ≥ 2 时， Sn−1 + 1 = an ，两式相减得 an+1 = 2an ，由 a1 = 1 ，所以
a2 = 1 + a1 = 2 ， 即 a2 = 2a1 ， 所 以 {an} 是 以 1 为 首 项 ， 2 为 公 比 的 等 比 数 列 ， 所 以
=
1 m
，解得
a
=
1 2e
，
故选 C．
10．以经过 A ，B 的直线为 x 轴，线段 AB 的垂直平分线为 y 轴，建立直角坐标系，则 A(−1，0) ，
B(1，0)
，设
P( x，y )
，∵
| |
PA PB
| |
=
2 ，∴
(x + 1)2 + y2 = (x −1)2 + y2
2 ，两边平方并整理得 x2 + y2 − 6x
3
，
所以 1 = m + 3 ， 1 = m + 3 ，
k1
y1 k2
y2
因此 1 k12
+
1 k22
=
m
+
3 y1
2
+
m
+
3 y2
2
= 2m2
+
6m
1 y1
+
1 y2
+
9
1 y12
+
1 y22
= 2m2
+ 6m
y1 + y2 y1 y2
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云南师大附中2018届高考适应性月考卷（一） 理科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）【解析】1．[1)A =+∞，，(1]B =-∞，，故选B ． 2．1ii ||11i z z +===-，故，故选D ．3．222()25+=++=a b a ab b ，所以||+=a b D ． 4．π6πππ2πsin 2sin 2sin 23633y x y x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+−−−−−−−→=++=+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭向左平移个单位，故选C ．5．285213a a a +==，所以5132a =，又17747()7352a a S a +===，所以45a =，32d =， 8a =11，故选D ．6．当22x y ==，时，z 取得最大值4，故选A ．7．由表中数据可得16555.4x y ==，，因为回归直线必过()x y ，，代入回归方程得ˆ43.6a=-,故选B ．8．直线平分圆周，则直线过圆心(11)，，所以有2a b +=，11111()222a b a b a b ⎛⎫+=++ ⎪⎝⎭≥2112⎫+=⎪⎪⎝⎭（当且仅当b =时取“=”），故选D ．9．作出sin y x =，|lg |y x =的图象如图1，由图象知有4个零点，故选C ．图110．由正弦定理得：::sin :sin :sin a b c A B C =，又::cos :cos :cos a b c A B C =，所以有tan tan tan A B C ==，即A B C ==，所以ABC △是等边三角形，故选B ．11．由三视图知：三棱锥S ABC -是底面边长为径为R，则有：22)4R R =+，解得：R =，故选D ．12．由题意知：32()e ln(1)x f x x x =+++在(0)+∞，上单调递增，()()f x t f x +>在(1)x ∈-+∞，上恒成立，必有2t ≥，则(21)f x t +=的根有2个，故选A ． 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）【解析】13．36122112121C C rr r rr r T x x --+⎛⎫== ⎪⎝⎭，3602r -=，解得：4r =，代入得常数项为495．14．该程序执行的是11111111112913248102132481045S ⎛⎫=+++=-+-++-=⎪⨯⨯⨯⎝⎭．15．由已知：22||||b bc b FM MN a a a ==-，，由||||F M M N =知：22bc b a a =，2c b e ==∴，∴． 16．2211()3322b c AH AO AB AC AO ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭uuu r uuu r uu u r uuu r uuu r g ，又22240b b c -+=，代入得：AH AO =uuu r uuu r g 2221421(4)3226b b b b b ⎛⎫-+=- ⎪⎝⎭，又22240c b b =-+>，所以02b <<，代入得AH AO uuu r uuu r g 的取值范围为203⎛⎫ ⎪⎝⎭，．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） 17．（本小题满分12分） （Ⅰ）证明：因为123n n a a +=+，所以132(3)n n a a ++=+，而11a =，故数列{3}n a +是首项为4，公比为2的等比数列．………………………（5分）（Ⅱ）解：由（Ⅰ）得数列{3}n a +是首项为4，公比为2的等比数列，即132n n a ++=，因此123n n a +=-． 所以1(21)2n n b n +=-，2311232(21)2n n S n +=⨯+⨯++-⨯，① 34221232(21)2n n S n +=⨯+⨯++-⨯，②①−②有231222(22)(21)2n n n S n ++-=+++--⨯，所以2(23)212n n S n +=-+．……………………………………………………………（12分） 18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）5160626371748182688x +++++++==甲， 5862646669717381688x +++++++==乙，222222222(5168)(6068)(6268)(6368)(7168)(7468)(8168)(8268)8s -+-+-+-+-+-+-+-=甲103=，222222222(5868)(6268)(6468)(6668)(6968)(7168)(7368)(8168)8s -+-+-+-+-+-+-+-=乙45=，所以乙组的成绩更稳定．…………………………………………………………………（6分） （Ⅱ）由题意知ξ服从参数为3，3，7的超几何分布，即(337)H ξ，，，ξ的取值可能为：0，1，2，3， 3437C 4(0)C 35P ξ===，214337C C 18(1)C 35P ξ===，124337C C 12(2)C 35P ξ===，3337C 1(3)C 35P ξ===，ξ的分布列为：ξ123P435 1835 1235 135ξ的数学期望：339()77E ξ⨯==．……………………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：在长方体1111ABCD A B C D -中，因为11M N ACA D ，分别为，的中点，所以MN 为1A CD △的中位线， 所以MN ∥CD ， 又因为CD ⊥平面11A ADD ，所以MN ⊥平面11A ADD ．…………………………………………………………………（5分） （Ⅱ）解：在长方体1111ABCD A B C D -中，因为CD ⊥平面11A ADD ， 所以1CA D ∠为1A C 与平面11A ADD 所成的角， 即1CA D ∠=30︒，又因为1A A ⊥平面ABCD ，所以1ACA ∠为1A C 与平面ABCD 所成的角，即145ACA∠=︒， 所以1MN =，2CD =，14A C =，1A A=AC =，如图2，分别以AB ，AD ，1AA 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系A xyz -， ∴A(0，0，0)，D(0，2，0)，1(22C ，，，1(00A ，，，C(2，2，0)，B(2，0，0)， 在正方形ABCD 中，BD ⊥AC ，∴BD uu u r是平面1A AC 的法向量，(220)BD =-，，uu u r . 设平面1ACD 的法向量为()n x y z =，，r，由(200)DC =，，，1(02DA =-，，，所以有2020x y =⎧⎪⎨-+=⎪⎩，，图 2∴0x y =⎧⎪⎨=⎪⎩，，取z=1，得平面1ACD 的一个法向量为(021)n =，，. 设二面角1A ACD --的大小为α，则|cos |23α=.∴36sin =α．…………………………………………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）00()P x y 设，，代入椭圆的方程有：2200221x y a b +=，整理得：2222002()b y x a a =--，又10y k x a=+，20y k x a=-，所以201222012y k k x a ==--，212212b kk a =-=-联立两个方程有，c e a ==解得：．………………………………（5分） （Ⅱ）由（Ⅰ）知222a b =，又1b =，所以椭圆C 的方程为22121x y +=.设直线l 的方程为：1x my =-，代入椭圆的方程有：22(2)210m y my +--=，设1122()()M x y N x y ，，，， 1212222122m y y y y m m -+==++由韦达定理：，，121||||2OMNS OD y y =-===△所以，(1)t t =≥，则有221m t =-，代入上式有OMNS t t ===+△，当且仅当1t =，即0m =时等号成立，所以OMN △的面积的最大值为．…………………………………………………（12分）21．（本小题满分12分）（Ⅰ）解：22()21b x x bf x x x x ++'=++=，当0b ≥时，在12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，上()0f x '≥恒成立，所以()f x 在12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，上单调递增成立， 当0b <时，由220x x b ++=，解得x ，易知，()f x在0⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增，由题意有，12≤，解得1b -≥． 综上所述，1b -≥．………………………………………………………………………（5分） （Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，当1b =-时，()f x 在12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，上单调递增， 对任意1n ≥，有112n n +≥成立， 所以112n f f n ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭≥，代入()f x 有23ln ln 21114n n n n n n ⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭≥，整理得：2223ln 2ln (1)41n n n n n +⎛⎫-- ⎪++⎝⎭≥. ………………………………………………（12分） 22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）曲线C 的标准方程为：22143x y +=，直线l0y --=．………………………………………………（5分）（Ⅱ）将直线l的参数方程化为标准方程：112()x t t y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，为参数，，代入椭圆方程得：254120t t +-=，解得12625t t ==-，， 所以12114||11||||||3PA PB t t +=+=．……………………………………………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（Ⅰ）12(1)()3(12)21(2)x x f x x x x -<-⎧⎪=-⎨⎪->⎩，≤≤，，函数的图象如图3所示．………………（5分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知()f x 的最小值是min ()3f x =，所以要使不等式2|1||2|2x x a a ++-+≥恒 成立，有232a a +≥， 解之得[31]a ∈-，．………………………………………………………………………（10分） 图3。