湖南省长沙市雅礼中学2021届高三月考(八)文科数学试卷(扫描版,含答案)
湖南省长沙市雅礼中学近年届高三数学上学期月考试题(一)理(扫描版,无答案)(2021年整理)
湖南省长沙市雅礼中学2019届高三数学上学期月考试题（一）理（扫描版，无答案）
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湖南省长沙市雅礼中学2021届高三月考(八)语文试题(答案详解)
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、代文阅读
阅读下面的文字，完成各题。
审美艺术在未来人类精神价值体系重建中还能起到关键作用吗？答案是开放的。
在艺术领域,人们以计算机为工具，甚至编制智能程序，通过智能编程进行创作已不再是新闻。“中国水墨画效果的计算机模拟和绘制系统”与模拟生成书画的相关程序也已经相继出现。通过深度学习，微软机器人小冰已经可以写出与传统诗歌相媲美的诗句，并出版了人类历史上第一部人工智能诗集——《阳光失了玻璃窗》。而音乐也因其形式化最强早已被成功模拟；近年来索尼公司利用人工智能系统Flow Machines制作了两首酷似披头士乐队作品的A1音乐。……智能交互艺术、虚拟现实艺术、智能打印艺术等将成为未来“奇点”艺术的重要表现形式。
材料二
自2004年推出支付宝以来，阿里在移动支付领域几乎步步领先，并迅速确立了难以撼动的老大哥地位。而腾讯虽然直到【最新】才正式上线微信支付，却步步紧逼，不断缩小市场份额上的差距，大有后来居上之势。迄今为止，微信已经积累了超过10亿人次活跃用户，几乎覆盖了中国所有的互联网用户。胜利的天平似乎正朝着腾讯倾斜。
而我们又该如何期许中国，文化的未来呢？
美国哲学家、历史学家威尔•杜兰特说:“也许亚洲比欧洲更深沉，中世纪比现代更深沉，因为亚洲人和中世纪的人都与科学保持着一定的距离。”中华文明所营造的“天人合一”“道法自然”的文化特质和人生境界是以科学认知体系见长的西方文明所缺乏的。回溯中华传统文化，老子在论述“道”的本质时所提出的天人融通、万化归身的境界，既是一种哲学境界，又是一种人生境界，更是一种为我们所推崇的审美境界。它昭示着与主客二分、主体性张扬、理性狂妄完全不同的另一种价值选择和社会愿景，昭示着如同海德格尔所设想的“完满的自然”。那么，对于中华文明在未来的意义，我们自然有一种美好的期许。
2021届湖南省长沙市第一中学高三下学期第八次月考数学(文)试题
C． D．
8．如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
9．已知椭圆 与双曲线 有相同的焦点，则 的最大值是（）
A．3B． C．6D．9
10．执行如图所示的程序框图，如果输入的 ，则输出的 （）（其中 表示不超过 的最大整数，如 ， ）
A． B．6C．15D．
160
173
178
169
158
173
体重
57
58
53
61
66
57
50
66
根据最小二乘法的思想与公式求得线性回归方程为 .利用已经求得的线性回归方程，请完善下列残差表，并求解释变量（身高）对于预报变量（体重）变化的贡献值（保留两位有效数字） ；
编号
1
2
3
4
5
6
7
8
体重
57
58
53
61
66
57
50
66
残差
故选：C.
14．某中学开展了丰富多彩的社团文化活动，甲，乙，丙三位同学在被问到是否参加过①街舞社，②动漫社，③器乐社这三个社团时，甲说：我参加过的社团比乙多，但没有参加过动漫社；乙说：我没有参加过器乐社；丙说：我们三个人都参加过同一个社团，由此判断乙参加过的社团序号为_____.
15．在 中，角 所对的边长分别为 ，面积为 ，且 为钝角，则 的取值范围是______.
3．B
【分析】
由已知条件先计算出 的值，然后再计算
【详解】
由已知 ，
则
,
故选B
【点睛】
本题考查了求复数的模，还要运用复数的乘、除法运算，较为基础．
湖南省长沙市雅礼中学2021届高三第二次模拟数学试题及参考答案
A. B. C. D.
【答案】D
8.若 则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
二､多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，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.已知 （ ， ， ）的图象如图，则（）
【答案】
四､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.已知数列 中， ，且 ．
（1）求数列 的通项公式；
（2）设 ，数列 的前 项和 ．
【答案】（1） ；（2） .
18.如图，在平面四边形ABCD中，AD⊥CD，∠BAD= ，2AB=BD=4.
（1）求cos∠ADB；
（2）若BC= ，求CD.
（1）当 表示的图形截 所得的截面面积为 时，求实数 的值；
（2）祖暅原理“幂势既同，则积不容异”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等。记 满足的不等式组 所表示的几何体为 请运用祖暅原理求证 与 的体积相等，并求出体积的大小.
雅礼中学2021届模拟试卷(二)
数学
一､选择题：本大题共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.设集合M，N，P均为 的非空真子集，且 ， ，则 （）
A.MB.NC. D.
【答案】D
2.已知 ， ，且 与 的夹角为 ，则 （）
A. B. C. D.
【答案】C
A. B.
C. D. 时， 取最小值
【答案】AB
湖南省长沙市雅礼中学近年届高三数学上学期月考试题(一)文(扫描版,无答案)(2021年整理)
湖南省长沙市雅礼中学2019届高三数学上学期月考试题（一）文（扫描版，无答案）
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长沙一中2022届高三月考试卷(八)数学试题及答案
长沙市一中2022届高三月考试卷（八）数 学时量：120分钟 满分：150分注意事项：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.只有一个选项是符合题目要求的.1.若角α的终边过点P （8m ，3-），且3tan 4α=，则m 的值为（ ） A.12-B.12C.32-D.322.已知集合M={1，2，3}，{}240,N x x x a a M =-+=∈，若M N ≠∅，则a 的值为（ ）A.1B.2C.3D.1或23.袋中装有大小相同的四个球.四球上分别标有数字“2”、“0”、“2”、“2”，现从中随机选取三个球，则所选三个球上的数字能构成等差数列的概率为（ ） A.23B.13C.12D.144.国家速滑馆又称“冰丝带”，是北京2022年冬奥会的标志性场馆，拥有亚洲最大的全冰面设计，但整个系统的碳排放接近于零，做到真正的智慧场馆、绿色场馆.并且为了倡导绿色可循环的理念，场馆还配备了先进的污水、雨水过滤系统，已知过滤过程中废水的污染物数量N （mg/L ）与时间t 的关系为0ktN N e -=（0N 为最初污染物数量）.如果前4小时消除了20%的污染物，那么污染物消除至最初的64%还需要（ ）小时.A.3.6B.3.8C.4D.4.25.已知p ，q 为正实数且3p q +=，则1121p q +++的最小值为（ ） A.23B.53 C.74D.956.第24届冬奥会分北京、延庆、张家口三个赛区.甲、乙、丙、丁、戊五名学生分别去这三个赛区担任志愿者，每个人只去一个赛区，每个赛区至少安排1人.学生甲不被安排到张家口赛区做志愿者的方法数为（ ） A.150B.100C.92D.647.已知等轴双曲线的焦距为8，左、右焦点F 1，F 2在x 轴上，中心在原点，点A 的坐标为（2，3，P 为双曲线右支上一动点，则1PF PA +的最小值为（ ） A.222 B.224C.422D.4248.已知23m =32n =，522p =，则m ，n ，p 的大小关系为（ ）A.m n p >>B.m p n >>C.p m n >>D.p n m >>二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9.设1Z ，2Z ，3Z 为复数，下列命题中错误的是（ ） A.2211Z Z =B.1212Z Z Z Z ⋅=⋅C.若12Z Z +∈R ，则12Z Z -为纯虚数D.若23Z Z =，且10Z ≠，则3211Z Z Z Z = 10.下列命题中，真命题有（ ） A.“1x ≠”是“1x ≠”的必要不充分条件B.“若6x y +≥，则x ，y 中至少有一个大于3”的否命题C.0x ∃∈R ，0202x x <D.命题“0x ∃<，220x x --<”的否定是“00x ∀≥，20020x x --≥”11.已知m 为常数，函数()2,01ln ,0x x x f x x x +⎧≤⎪+=⎨⎪>⎩，()2g x mx =+，若函数()()y f x g x =-恰有四个零点，则实数m 的值可以是（ ） A.2-B.1-C.31eD.21e12.“[]x ”表示不大于x 的最大整数.例如[]3.83=，[]1.42-=-，[]44-=-，下列关于[]x 的性质：正确的有（ ） A.[][][]x y x y -≤- B.若[][]x y =，则1x y -<C.若数列{}n b 中，()1n b n n ⎡⎤=+⎣⎦，则6312048nn b==∑D.231088889999M ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+++⋅⋅⋅+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦被63除余数为35三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.平面直角坐标系中，从点A （1，1）出发，依次按向量a =（3，4），b =（2，5-），c =（3，1）移动，则终点坐标为________.14.已知函数()sin 35f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭的图象关于直线x m =（0m π<<）对称，则m 的最大值为________. 15.若圆()()2211x t y -+-=上总存在两个点到原点的距离为2，则实数t 的取值范围是________.16.已知长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AD=9，AA 1=10，过点A 且与直线CD 平行的平面α将长方体分成两部分，且分别与棱DD 1，CC 1交于点H ，M.（i ）若DH=DC=9，则三棱柱ADH −BCM 外接球的表面积为________；（ii ）现同时将两个球分别放入被平面α分成的两部分几何体内.在平面α变化过程中，这两个球半径之和的最大值为________.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.（本小题满分10分）在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知a b ≠，且22cos cos 3cos 3cos A B A A B B -=.（1）求角C 的大小；（2）若3b =，点D 为AB 边的中点，13，求sin A 的值. 18.（本小题满分12分）若数列{}n d 满足：对n *∀∈N ，都有2n n d d d +-=（常数），则称数列{}n d 是公差为d 的“准等差数列” （1）数列{}n a 中，12a =，对n *∀∈N ，都有12n n a a n ++=.求证：数列{}n a 为“准等差数列”，并求其通项公式n a .（2）数列{}n b 满足：2nn b =.将（1）中数列{}n a 中的项按原有的顺序插入到数列{}n b 中，使k b 与1k b +之间插入2k 项，形成新数列{}n C .求数列{}n C 前100项和100S . 19.（本小题满分12分）如图，已知在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB=2，AA 1=3，D ，E 分别在CC 1与AA 1上，AE=2，CD=1. （1）在线段BE 上找一点P 使得DP ⊥平面ABB 1A 1，并写出推理证明过程； （2）求二面角C 1−BE −A 1的余弦值.20.（本小题满分12分）冬奥会的成功举办极大鼓舞了人们体育强国的热情，掀起了青少年锻炼身体的热潮.某校为了解全校学生“体能达标”的情况，从高三年级1000名学生中随机选出40名学生参加“体能达标”测试，并且规定“体能达标”预测成绩小于60分的为“不合格”，否则为合格.若高三年级“不合格”的人数不超过总人数的5%，则该年级体能达标为“合格”；否则该年级体能达标为“不合格”，需要重新对高三年级学生加强训练.现将这40名学生随机分成甲、乙两个组，其中甲组有24名学生，乙组有16名学生.经过预测后，两组各自将预测成绩统计分析如下：甲组的平均成绩为70，标准差为4；乙组的平均成绩为80，标准差为6.（数据的最后结果都精确到整数）（1）求这40名学生测试成绩的平均分x 和标准差s ；（2）假设高三学生的体能达标预测成绩服从正态分布N （μ，2σ），用样本平均数x 作为μ的估计值μ，用样本标准差s 作为σ的估计值σ.利用估计值估计，高二学生体能达标预测是否“合格”；（3）为增强趣味性，在体能达标的跳绳测试项目中，同学们可以向体育特长班的强手发起挑战.每场挑战赛都采取七局四胜制.积分规则如下：以4：0或4：1获胜队员积4分，落败队员积0分；以4：2或4：3获胜队员积3分，落败队员积1分.假设体育生王强每局比赛获胜的概率均为23，求王强在这轮比赛中所得积分为3分的条件下，他前3局比赛都获胜的概率. 附：①n 个数的方差2211()n i i s x x n ==-∑②若随机变量Z ～N （μ，2σ），则()0.6826P Z μσμσ-<<+=，()220.9544P Z μσμσ-<<+=，()330.9974P Z μσμσ-<<+=.21.（本小题满分12分）平面内两定点F 1（6-，0），F 26，0），点O 为坐标原点，动点P 满足F 2P 的中点E 在⊙O ：229x y +=上，点Q 在F 1P 上且20QE F P ⋅=. （1）求动点Q 的轨迹C 的方程；（2）过点D （3，0）分别作两条直线与轨迹C 交于点A ，点B.线段DA 的中点为M ，线段DB 的中点为N ，若OM ⊥ON ，求证：直线AB 过定点. 22.（本小题满分12分） 已知函数()3ln a a xf x x x x=--，且()0f x ≤. （1）求实数a 的值：（2）求证：()f x 存在唯一的极小值点0x ，且()120e f x e ---<<-. （3）设()()2a F x xf x a x =+-，()21sin 2G x x x b x =++.对[)0,x π∀∈， ()()1F x G x +≤恒成立，求实数b 的取值范围. （参考结论：0x →，()21ln 122sin x x x x---+→-）长沙市一中2022届高三月考试卷（八）数学参考答案一、二、选择题. 1.A 【解析】∵33tan 84m α-==，∴12m =-，故选A. 2.C 【解析】逐一取a 的位为1，2，3即得.故选C.3.D 【解析】从四个球中任取3个，共有344C =种不同的取法，其中能成等差数列的三个数的情况只有一种，为“2”、“2”、“2”.所以概率为14，故选D. 4.C 【解析】由题意可得40045kN eN -=，可得445k e -=.设200040.645k N e N N -⎛⎫== ⎪⎝⎭，可得()248k k k e e e ---==，解得8t =.因此，污染物消除至最初的64%还需要4小时.故选C.5.A 【解析】由3p q +=可知216p q +++=，111121112111222121663612363p q p q p q p q q p ⎛⎫⎛⎫++++⎛⎫+=++=++≥+⨯= ⎪ ⎪ ⎪++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当21p q +=+，即12p q =⎧⎨=⎩时，“=”成立，故选A. 6.B 【解析】若只有1人去张家口赛区做志愿者，()221124244222443256C C C C A A ⎛⎫+=⨯+⨯= ⎪⎝⎭； 若恰有2人去张家口赛区做志愿者，有21422363236C C A =⨯⨯=； 若有3人去张家口赛区做志愿者，有3242428 C A =⨯=，所以共有56368100++=种安排法，故选B.7.D 【解析】如图，由双曲线定义得122PF PF a -=①，又由三角形三边关系可得22PA PF AF +≥②（当点P 为2AF 与双曲线的交点时取到等号）.+①②得：122PF PA a AF +≥+，故()12min 2PFPA a AF +=+，由双曲线为等轴双曲线，且焦距为8可得：228a b ==，则22216c a b =+=，22a =，4c =，()24,0F ，()2222234AF =+=，则()12min 2424PF PA a AF +=+=+，故选D.8.B 【解析】445log 3log 3log 22log 22m p==>>=，525273log 22log 8log 8log 2p m ==>==，故选B.9.AC 【解析】由复数的性质和运算法则可得.对于A 选项；取1i Z =，可知A 错误；对于选项C ：取120Z Z ==，可知C 错误.故选AC.10.AC 【解析】对于A 选项，11x x =-⇒=，所以不是充分条件；又111x x x ≠⇒≠±⇒≠，所以是必要不充分条件，A 选项正确；对于B 选项，“若6x y +≥，则x ，y 中至少有一个大于3”的否命题为“若6x y +<，则x ，y 都不大于3”.这是个假命题，故B 选项错误；对于C 选项，取01x =-可知C 选项正确；命题“0x ∃<，220x x --<”的否定是“0x ∀<，220x x --≥”，故D 不正确，故选AC.11.AC 【解析】0x =为共一个零点.当0x ≠时，将()()0f x g x -=化为()m h x =，其中()1,01ln 2,01ln 2,1x x x h x x x x x x ⎧-<⎪+⎪+⎪=-<≤⎨⎪-⎪≥⎪⎩，要有三个零点，如图可得1e m -<<-或31m e =，故选AC.12.ABD 【解析】由定义可知，选项A 、B 正确；对于选项C ：由()()2211n n n n <+<+可得()11n n n n <+<+，∴n b n =，()6311636320162n n b =+⨯==∑，故C 选项错误；对于选项D ：对任意自然数k ，2189k -与289k 均不是整数，且2122188899k k k --+=，∴2122122188881899199k k k k k ---⎡⎤⎡⎤-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦+=+-=，当1k =时，()218177mod63k --=≡，当2k ≥时，()()121111223522111188648631863636363631k k k k k k k k k k k k C C C C -----+------=⋅=⋅+=++++++，∴()21817mod63k --≡，∴()5735mod63M ≡⨯=，故D 选项正确：故选ABD.三、填空题13.()9,1 【解析】()8,0a b c ++=，所以从点()1,1A 出发，向右移动8个单位，终点坐标为()9,1. 14.2330π 【解析】()3Z 52x k k πππ+=+∈得函数()sin 35f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭图象的对称轴：()103k x k Z ππ=+∈，依题意，() 103k m k Z ππ=+∈，而0m π<<，于是得{}0,1,2k ∈，当2k =时，max 2330m π=，所以m 的最大值为2330π. 15.()(22,00,22-⋃ 【解析】224x y +=与圆()()22111x y -+-=相交，则2113t <+<，得()()22,00,22t ∈-⋃.16.（i ）243π （ii ）1965- 【解析】（i ）由9DH DC DA ===，可将三棱柱ADH BCM -补型成一个棱长为9的正方体，该正方体的体对角线长为93，故外接球半径933R =，所以外接球的表面积为24243R ππ=.（ii ）如图，这两个球在长方体左侧面上的投影为两个大圆，都与直线AH 相切.设两圆半径分别为1r ，2r ，HAD β∠=，由11tan 29rr β=-得19tan21tan 2r ββ=+，同理，222tan 210r r πβ-=-，得251tan 2r β⎛⎫=- ⎪⎝⎭，由已知，10tan 0,9β⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，令tan 2x β=，则191x r x =+，()251r x =-，构造函数()()9511x f x x x =+-+，0x >，则()()29501f x x '=-=+，∴0315x =-，当30,15x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增；当31,5x ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '≤，∴()f x 单调递减，∴()max 3119655f x f ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭.经检验，当35tan 125β=-时，10tan 0,9β⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，故12r r +的最大值为1965-.四、解答题17.【解析】由题意得：1cos 21cos 233222222A B A B ++-=-， ∴31312cos 22cos 22222A AB B -=-，∴sin 2sin 266A B ππ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.∵a b ≠，∴A B ≠，又()0,A B π+∈，∴2266A B πππ-+-=，∴23A B π+=，∴3C π=.……5分 （2）由2CA CBCD +=可得2931344CB CB ++=，∴234a a +=，∴1a =. ∴219231cos73c π=+-⨯⨯⨯=，即7c =∴17sin sin 3A π=21sin A =……10分 18.【解析】（1）∵12n n a a n ++=，∴()1221n n a a n +++=+， 两式相减得22n n a a +-=，所以数列{} n a 为“准等差数列”.……3分 ∵12a =，∴20a =，∴{} n a 的奇数项成以2为首项，2为公差的等差数列， 故212k a k -=，k *∈N .{}n a 的偶数项成以0为首项，2为公差的等差数列， 故222k a k =-，k *∈N ， 综上可得1,,2,.n n n a n n +⎧=⎨-⎩为奇数为偶数……6分（2）由题意可知，在数列{}n C 的前100项中，数列{}n a 一共有94项，共中47项为奇数项，47项为偶数项，数列{}n b 一共有6项.……8分∴1001261294S b b b a a a =++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+……10分()6212474647244544122-⨯=+⨯+⨯=-.……12分 19.【解析】（1）取BE 的中点P ，AB 的中点F ，连接PD ，PF ，CF ，则PF AE ∥，12PF AE =， 所以PF CD ∥，且PF CD =，故四边形PFCD 为平行四边形，所以DP CF ∥，由正三棱柱111ABC A B C -，知ABC △为等边三角形，则CF AB ⊥，……3分因为1AA ⊥平面ABC ，所以1AA CF ⊥，又1AA AB A ⋂=，1AA 、AB ⊂平面11ABB A ，所以CF ⊥平面11ABB A ，所以DP ⊥平面11ABB A ，故当点P 为线段BE 的中点时，使将PD ⊥平面11ABB A .……6分（2）以F 为坐标原点，FB ，FC ，FP 分别为x 抽，y 抽，z 抽正方向建立空间直角坐标系， 则()1,0,0B ，()1,0,2E -，()10,3,3C ，()0,3,0C ，……7分 则()11,3,3BC =-，()2,0,2BE =-，由（1）如，FC ⊥平面1BEA ，所以平面1BEA 的一个法向量()0,1,0m =，……8分 设平面1C BE 的法向量为(),,n x y z =，则0,0,n BE n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即220,330,x z x z -+=⎧⎪⎨-++=⎪⎩ 取(3,3n =-，……10分所以10cos ,1343m n m n m n⋅===⨯++⋅又二面角11C BE A --为锐二面角，故二面角11C BE A --的余弦值为105.……12分 20.【解析】702480167440x ⨯+⨯==，……1分第一组学生的方差为()222222112241247042.4s x x x ⎡⎤=++⋅⋅⋅+-⨯=⎣⎦； 解得()22221224241670x x x ++⋅⋅⋅+=+；第二组学生的方差为()222222225264011680616s x x x ⎡⎤=++⋅⋅⋅+-⨯=⎣⎦； 解得()2222252630163680x x x ++⋅⋅⋅+=+.这40名学生的方差为()()22222222122425264014040s x x x x x x x ⎡⎤=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+-⎣⎦ ()()222124167016368040744840⎡⎤=+++-⨯=⎣⎦， 所以487s =≈.……5分 （2）由74x =，7s ≈，得μ的估计值74μ=，σ的估计值7σ=.()()2260880.9544P X P X μσμσ-<<+=<<=，……6分∴()()10.954460880.02282P X P X -<=≥==. 从而高三年级1000名学生中，不合格的有10000.022823⨯≈（人），……7分 又23505%10001000<=，所以高三年级学生体能达标为“合格”.……8分 （3）设王强在这轮比赛得3分为事件A ，他以4:2的比分获胜为事件1A ，他以4:3的比分获胜为事件2A .则()3231562121603333P A C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， ()5332672123203333P A C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭； 所以()()127800()3P A P A P A =+=，……10分 设王强前3局比赛获胜的事件为B ， 则()52357212212643333333P AB ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，…11分 所以()()()64280025P AB P B A P A ===∣.12分 21.【解析】（1）连接2QF ，∵2QE F P ⊥，E 为2F P 的中点， ∴2QF QP =，又3OE =，∴16PF =， ∴126QF QF +=.所以点Q 的轨迹是以1F ，2F 为焦点的椭圆.……3分∴26a =，6c =3a =，23b =，∴轨迹C 的方程为22193x y +=.……5分（2）解法1：①当直线AB 的斜率存在时，设直线:AB y kx m =+， 22193y ky m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，∴()222316390k x kmx m +++-=， 设()11,A x y ，()22,B x y ，则113,22x y M +⎛⎫ ⎪⎝⎭，223,22x y N +⎛⎫ ⎪⎝⎭, ∵122631km x x k -+=+，21223931m x x k -=+，……7分 ()221293k m ∆=-+，∵OM ON ⊥，∴()()12121212221333322OM ONy y y y k k x x x x ⋅===-++++⋅， 即()()2222239613903131m km k km m k k --+⋅++⋅++=++，……8分 即229920k km m -+=，∴()()3230k m k m --=，∴3m k =或32m k =.……10分 当3m k =时，直线AB 过左项点()3,0-，不合题意，含去； 当32m k =时，满足()222129381360k m k ∆=-+=+>， 此时直线AB 经过定点3,02⎛⎫- ⎪⎝⎭.……11分②当直线AB 斜率不存在时，设(),A m n ，(),B m n -， 则3,22m n M +⎛⎫ ⎪⎝⎭，3,22m n N +⎛⎫- ⎪⎝⎭， 由OM ON ⊥得()223044m n +-=，∴()223n m =+， 解方程组()22223, 1, 93n m m n ⎧=+⎪⎨+=⎪⎩ 得32m =-，此时直线过3,02⎛⎫- ⎪⎝⎭，综合①②可知，直线AB 过3,02⎛⎫- ⎪⎝⎭.……12分 解法2：设()11,A x y ，()00,D x y ，()22,B x y ， 则2211193x y +=，2200193x y +=，∴2210221013y y x x -=--，即13DA OM k k ⋅=-， 同理，13DB ON k k ⋅=-，又1OM ON k k =-，得19DA DB k k ⋅=-， 直线AB 的斜率存在时，设直线:AB y kx m =+，代入椭圆方程， 得()222316390k x kmx m +++-=， 122631km x x k -+=+，21223931m x x k -=+，()221293k m ∆=-+， ∴12121339y y x x ⋅=---，∴()()()()12121339kx m kx m x x ++=---， ∴()()()2212129193990k x x km x x m ++-+++=. ∴3m k =或32m k =.……10分 下同解法1. 22.【解析】（1）()f x 的定义域为()0,+∞，∵()0f x ≤，()10f =，∴2ln 0a a x x --≤，令()2ln a g x a x x=--， ∵()10g =，∴()10g '=，∴210a -=，∴12a =，……2分 当12a =时，()233111x g x x x x -'=-=， 当()0,1x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；当()1,x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，∴()()10g x g ≤=，符合题意. ∴12a =.……3分 （2）证明：由()3111ln 2x f x x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，得()242221131ln 1311ln 22x f x x x x x x x -⎡⎤⎛⎫⎛⎫'=-+-=-+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 令()2311ln 2h x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，则()()2313h x x x '=-， 当(3x ∈时，()0h x '<，()h x 单调递减； 当)3,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增.又()10h =，()2431022h e e =+>，()22302e h e e -=<， ∴()20,x e e ∃∈，使得()00h x =.……5分 当()0,1x ∈时，()0h x >，即()0f x '>，()f x 单调递增；当()01,x x ∈时，()0h x <，即()0f x '<，()f x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0h x >，即()0f x '>，()f x 单调递增，∴()f x 存在唯一极小值点0x .……6分∵()20,x e e ∈，∴()()()222220122f x f e e e e e ----<=--<-.∵()00h x =，∴02031ln 12x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭设()211x x x ϕ=-，∴()243x x xϕ-'=， 当(3x ∈时，()0x ϕ'<，()x ϕ单调递减； 当)3,x ∈+∞时，()0x ϕ'>，()x ϕ单调递增. ∵()20,x e e ∈，∴()()()0003112011f x e x x x e e e ϕϕ---=-=>=->-. 综上，()120e f x e ---<<-.……8分 （3）()()1F x G x +≤恒成立()21ln 1sin 2x x x b x ⇔---+≤恒成立. 当0x =时，不等式对任意实数b 都成立；当()0,x π∈时，sin 0x >，∴()21ln 12sin x x x b x---+≥，……9分 令()()21ln 12sin x x x g x x---+=， 则()()22111sin ln 1cos 12sin x x x x x x x g x x⎛⎫⎡⎤---++++ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎣⎦'=， 令()()2111sin ln 1cos 12h x x x x x x x x ⎛⎫⎡⎤=---++++ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎣⎦， 则()()()22111ln 1sin 21h x x x x x x ⎡⎤'=----+⎢⎥+⎢⎥⎣⎦， 令()()()22111ln 121x x x x x ϕ=----++，则()()3211011x x x x ϕ'=----<++， 所以()x ϕ在()0,π上单调递减，所以()()00x ϕϕ<=，∴()0h x '<，()h x 单调递减，∴()()00h x h <=，∴()0g x '<，()g x 单调递减，∴由于0x →，()21ln 122sin x x x x---+→-， 所以()2g x <-，2b ≥-.……12分。