1、第1 1頁共 2222 頁2020 屆福建省廈門市高三畢業(yè)班第一次質(zhì)量檢測(cè)模數(shù)學(xué)(理)試題一、單選題121 1 .已知A x x 1,B x(x )0，則Al CRB()211A A .1,1B B.C C.1,1D D.1,11,122【答案】C【解析】 先求出集合A,B，再根據(jù)交集和補(bǔ)集的定義求解即可.【詳解】&I1 2解： A x x 1,B x(x -)0,1-A 1,1,B1,211 AI CRB1,1,22故選：C.【點(diǎn)睛】本題主要考查集合的交集和補(bǔ)集，屬于基礎(chǔ)題.2 2 設(shè)z i 3，則z |z|()A A.i 310B B.i 310c c.i 3、10D D.i 31

2、0【答案】B【解析】根據(jù)共軛復(fù)數(shù)的定義以及復(fù)數(shù)的模直接運(yùn)算即可.【詳解】解：/z i 3,z i 3,z |z| i 3怖,【詳解】第 2 2 頁共 2222 頁故選：B.【點(diǎn)睛】本題主要考查共軛復(fù)數(shù)和復(fù)數(shù)的模，屬于基礎(chǔ)題.3 3.中國武漢于 20192019 年 1010 月 1818 日至 20192019 年 1010 月 2727 日成功舉辦了第七屆世界軍人運(yùn)動(dòng)會(huì) 來自 109109 個(gè)國家的 93009300 余名運(yùn)動(dòng)員同臺(tái)競(jìng)技. .經(jīng)過激烈的角逐，獎(jiǎng)牌榜的前 3 3 名如下：國家金牌銀牌銅牌獎(jiǎng)牌總數(shù)中國13313364644242239239俄羅斯51515353575716116

3、1巴西2121313136368888某數(shù)學(xué)愛好者采用分層抽樣的方式，從中國和巴西獲得金牌選手中抽取了2222 名獲獎(jiǎng)代表 從這 2222 名中隨機(jī)抽取 3 3 人，則這 3 3 人中中國選手恰好 1 1 人的概率為（）221957171A A .B B.C C.D D.-57154015401540【答案】C C【解析】先根據(jù)分層抽樣確定中國選手的人數(shù)，再利用組合數(shù)根據(jù)古典概型的概率計(jì)算公式求解即可.【詳解】解：中國和巴西獲得金牌總數(shù)為154154,按照分層抽樣方法，2222 名獲獎(jiǎng)代表中有中國選手 1919 個(gè)，巴西選手 3 3 個(gè)，、CwCl57故這 3 3 人中中國選手恰好 1 1 人

4、的概率P一3C221540故選：C C.【點(diǎn)睛】本題主要考查分層抽樣和古典概型的概率計(jì)算公式，屬于基礎(chǔ)題.4 4 已知等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，公差為-2-2,且37是a3與39的等比中項(xiàng)，則S0的值為（）第3 3頁共 2222 頁A A . - 110110B B. 9090C C. 9090D D . 110110【答案】D D【解析】根據(jù)等比中項(xiàng)的定義得a；8389，結(jié)合公差可求出首項(xiàng)，從而可得答案.【詳解】第 2 2 頁共 2222 頁解：Ta7是a3與a9的等比中項(xiàng),a3a9,又?jǐn)?shù)列an的公差為2,(ai212)(ai -4)(a116)，解得 a a 2020,- an20 (

5、n 1)(2)22 2nS1010(aia10)25(202) 110,故選： D D.【點(diǎn)睛】本題主要考查等差數(shù)列的前n項(xiàng)和，考查等比中項(xiàng)的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.xx5 5.已知函數(shù)f x e e，給出以下四個(gè)結(jié)論：(1)(1)f x是偶函數(shù)；f x的最大值為 2 2;當(dāng)f x取到最小值時(shí)對(duì)應(yīng)的x 0；【詳解】-函數(shù)f x為偶函數(shù)，故(1 1)對(duì)；e2xqxxei乂f Xeex,e當(dāng)x 0時(shí)，e2xex1，則f x 0,f x在0,上單調(diào)遞增，,0單調(diào)遞增，在0,單調(diào)遞減. .正確的結(jié)論是(B.B.C.D .【答案】C C【解析】 根據(jù)偶函數(shù)的定義可判斷1 1),再利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與最值

6、.第5 5頁共 2222 頁結(jié)合偶函數(shù)的性質(zhì)可知f X在,0單調(diào)遞減,函數(shù)f x在x 0處取得最小值f xminf 02，無最大值，故（3 3）對(duì)，（2 2）（ 4 4）錯(cuò)，故選：C C.【點(diǎn)睛】本題主要考查偶函數(shù)的定義及判斷，考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與最值，屬于中檔題.6 6.已知正四棱柱ABCD A3CD的底面邊長為 1,1,高為 2 2,M為BC的中點(diǎn)，過M作平面 平行平面AiBD，若平面 把該正四棱柱分成兩個(gè)幾何體，則體積較小的幾何體的體積為（）1111A A .B B.C C .D D .8162448【答案】C C【解析】設(shè)N為C1D1的中點(diǎn)，P P 為 CGCG 的中點(diǎn)，連接

7、MN,MP,NP，連接 CBCB ,利用面面平行的判定定理可證得平面MNP/平面ABD，從而平面MNP為平面 ，從而可得體積較小的幾何體為三棱錐，再根據(jù)棱錐的體積計(jì)算公式求解即可.【詳解】解：設(shè)N為C1D1的中點(diǎn)，P為 C C。的中點(diǎn)，連接MN,MP,NP，連接 CB-CB-在四棱柱ABCD A1B1C1D1中，易證A1B1/CD，貝DA1/CB1,M為B1C1的中點(diǎn)，P為 CCCC1的中點(diǎn),MP/CB1, DA1/MP,第6 6頁共 2222 頁 MP平面AiBD,DA1平面ABD, /.MP/平面ABD,同理可證：NP/平面A1BD,MN/平面ABD, MP I NP P,MP,NP平面M

8、NP, 平面MNP/平面A,BD,即平面MNP為平面 ，體積較小的幾何體為三棱錐P C1MN,故選：C C.【點(diǎn)睛】 本題主要考查面面平行的判定，考查棱錐的體積公式，屬于基礎(chǔ)題.1C“37 7 .設(shè)ae2,b 4e2,c 2e1,d 3e2，則a,b,c,d的大小關(guān)系為（A A.c b d aB B.c d a bC C.c b a dD D.c d b a. . 【答案】B B【解析】利用指數(shù)幕的運(yùn)算性質(zhì)化成同分母，再求出分子的近似值即可判斷大小.【詳解】解：2a1 e3e，eb2164，e24c2e4e2d24，de9e4，e由于e2.7,2e7.393,e20.09, 所以c da b,

9、故選：B B.【點(diǎn)睛】本題主要考查比較冪的大小，屬于基礎(chǔ)題.8 8.函數(shù)f x sinx cosx的最小正周期與最大值之比為（）A A .B B.2C C. 4 4D D .8【答案】C C【解析】 去掉絕對(duì)值作出函數(shù)的圖象即可求出函數(shù)的周期與最值，從而得出答案.【詳解】1 sin 2x, 2k2 21 sin 2x 2k2 2作出圖象得x 2k2k Z,3x2k21 1則體積dMN3 2泅CN C1P1124，解：去絕對(duì)值f x第7 7頁共 2222 頁由圖可知，函數(shù)的最小正周期為2，最大值為所以最小正周期與最大值之比為4 4 , 故選：C C.【點(diǎn)睛】本題主要考查三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，考查

10、分類討論與數(shù)形結(jié)合的思想，屬于中檔題.uuu uujr.CE,CD；：,再分類討論，結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)即可得出結(jié)論.【詳解】fUUU UULTr解：由已知可得AB 4,CE AE BE 2，設(shè) ：:CE,CD；：,得2 4cos cos 4，此時(shí) 4同理，當(dāng)D與B重合時(shí) 一4UUU UUU由CE CD 4，得2 CD cos 4，故選：C C.【點(diǎn)睛】max9 9 .已知三角形ABC為直角三角形，點(diǎn)uuv uuuv一點(diǎn)D都有CECDuuv ULUVBC AC 4E為斜邊uuu則CDAB的中點(diǎn)，對(duì)于線段AB上的任意的取值范圍是（A A .2,26B B.2,2.62,2、2D D.2,2、2【答

11、案】C C【解析】設(shè)當(dāng)D與E重合UUUUUITCECD2 2 cosO 4，符合題意;當(dāng)D與A重合時(shí)，BDCCD4cos，代入CE CDr4，即CD，結(jié)合cos0，可得CD 2,2 2，4第8 8頁共 2222 頁本題主要考查向量的數(shù)量積，考查三角函數(shù)的性質(zhì)，考查分類討論思想，屬于中檔題.2x23第9 9頁共 2222 頁近似代替，其中k1y2y1ky3 %kx2xx3x2kk1x x若令X131n0,X2,X3n2請(qǐng)依據(jù)上述算法，估算sin2n的近似值是（)5241717163A A B B C C D -252525255【答案】A A【解析】直接按照所給算法逐步驗(yàn)算即可得出最終結(jié)論.【詳

12、解】y1f (0)0,y2冗f(n)1,y3f(n0,故Kyy12,ky3y2-,k2kk1X2X1X3X2X3X1故f (x)24424X2x(x-)2XX,即sinx4242XX,.24/2、24224sin2()55525，故選：A A 【點(diǎn)睛】2 2X V21111 已知雙曲線 二21的右支與拋物線x 2py相交于 代B兩點(diǎn)，記點(diǎn)A到拋1010 中國古代近似計(jì)算方法源遠(yuǎn)流長，早在八世紀(jì)，我國著名數(shù)學(xué)家、天文學(xué)家張隧（法號(hào)：一行）為編制大衍歷發(fā)明了一種近似計(jì)算的方法二次插值算法（又稱一行算法，牛頓也創(chuàng)造了此算法，但是比我國張隧晚了上千年）:對(duì)于函數(shù)y f （x）在N，X2，X3N X2X

13、3處的函數(shù)值分別為f咅f X2X3，則在區(qū)間X1,X3上f X可以用二次函數(shù)f（x）y1匕X X1k2x % x x2來解：函數(shù)f(x)sinx在x 0，n,xn處的函數(shù)值分別為2本題主要考查準(zhǔn)確理解題目所給運(yùn)算法則是解決本題的關(guān)鍵,屬于中2x23第1010頁共 2222 頁a b物線焦點(diǎn)的距離為 d，拋物線的準(zhǔn)線到拋物線焦點(diǎn)的距離為d2，點(diǎn)B到拋物線焦點(diǎn)的距離為d3，且d1,d2,d3構(gòu)成等差數(shù)列，則雙曲線的漸近線方程為（）B B.y，2xC C.y .3x第1111頁共 2222 頁【答案】A A【解析】設(shè)A xi,yi,B X2,y2，拋物線焦點(diǎn)為從而可求得漸近線方程.【詳解】漸近線方程

14、為故選：A A .【點(diǎn)睛】檔題.i2i2 .已知方程xxe ae2xi0只有一個(gè)實(shí)數(shù)根,則a的取值范圍是（)0 0 或ai亠i0或A A . a aB B. a a 0 0 或aC C.a a 0 0D D.a23ia3【答案】 A A【解析】 令te ,t0,x In t,則原方程轉(zhuǎn)化成Intia t -0,令tf tInti a t一t，顯然f i0，問題轉(zhuǎn)化成函數(shù)f t在0,上只有一個(gè)零點(diǎn) i i，求導(dǎo)后再利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與最值，由此可得答案.根據(jù)拋物線定義可得yiy P，利用點(diǎn)差法可得2 pyi2 py2a2yiyyiy?，F(xiàn),由已知可得AF BF 2p,解：設(shè)A Xi,yi,

15、B X2,y2，拋物線焦點(diǎn)為F,由已知有AF BF2p，即yiy22由a22a2i生1b22i互1b22 2兩式相減得2ayiy2b22py22ayiy2yiby2，故b2a本題主要考查拋物線的定義，考查雙曲線的漸近線,考查推理能力與運(yùn)算能力，屬于中第1212頁共 2222 頁【詳解】第1313頁共 2222 頁解：令tXe ,t0,x2Int，則原方程轉(zhuǎn)化成tlnt a t 10，即In t aInt，顯然f 10,問題轉(zhuǎn)化成函數(shù)0,上只有一個(gè)零點(diǎn) 1 1,at2t aT，0，則 f f t tIntInt 在0,單調(diào)遞增,此時(shí)符合題意;在0,單調(diào)遞增,0，此時(shí)符合題意;0，記h tat2t

16、則函數(shù)h t開口向下，對(duì)稱軸t丄2a過0, a，1 4a2,0即1 4a20,單調(diào)遞減,此時(shí)符合題意;即1 4a2a a * *時(shí)，設(shè)0有兩個(gè)不等實(shí)根t1,t2,0 t1t2,1t2a1，所以0tl1 t2,0,ti單調(diào)遞減,tl,t2單調(diào)遞增,t2,單調(diào)遞增,由于0，所以f t2取t01ea11 a2eat012aa e_ ?a1 1a2eaa2ea令t丄,t 2,a2 tt, t e e m t廠t20 0，所以f to結(jié)合零點(diǎn)存在性定理可知，函數(shù)f t在t2,to存在一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意;綜上，符合題意的a的取值范圍是 a a 0 0 或a1,2，【點(diǎn)睛】第 1414 頁 共 2222

17、頁本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查推理能力與運(yùn)算能力，考查分類 討論思想，屬于難題二、填空題413132x 3y的展開式中二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)為 _ . .【答案】216x2y24【解析】2x 3y的展開式中二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)為第三項(xiàng)，根據(jù)公式求解即可【詳解】 解：由題意可知二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)為第三項(xiàng)，22 22 2T3C422x23y2216x2y2，故答案為：216x2y2【點(diǎn)睛】本題主要考查二項(xiàng)式定理及其應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題1414高三年段有四個(gè)老師分別為a,b,c,d，這四位老師要去監(jiān)考四個(gè)班級(jí)A,B,C,D， 每個(gè)老師只能監(jiān)考一個(gè)班級(jí)，一個(gè)班級(jí)只能有一個(gè)監(jiān)考老師. .現(xiàn)要求

18、a老師不能監(jiān)考A班，b老師不能監(jiān)考B班，c老師不能監(jiān)考C班，d老師不能監(jiān)考D班，則不同的監(jiān) 考方式有 _種 . .【答案】 9 9【解析】 以a老師監(jiān)考的班級(jí)分類討論即可求出答案.【詳解】解：當(dāng)a老師監(jiān)考B班時(shí)，剩下的三位老師有 3 3 種情況，同理當(dāng)a老師監(jiān)考C班時(shí)，也 有 3 3 種，當(dāng)a老師監(jiān)考D班時(shí)，也有 3 3 種，共 9 9 種， 故答案為： 9 9【點(diǎn)睛】本題主要考查計(jì)數(shù)原理，屬于基礎(chǔ)題2 22 21515已知圓O：x2y21， 圓N：x a 2 y a1. . 若圓N上存在點(diǎn)Q，過點(diǎn)Q作圓0的兩條切線 切點(diǎn)為A, B，使得AQB 60，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是J14414【答案】1

19、,1-2 2【解析】由已知可得問題轉(zhuǎn)化為圓N和圓x2y24有公共點(diǎn)，從而根據(jù)幾何法即可 求出答案.【詳解】第 iiii 頁共 2222 頁解：已知有Q0 2，即點(diǎn)Q的軌跡方程為圓T:x2y24，問題轉(zhuǎn)化為圓N和圓T有公共點(diǎn)，則ia22,Ji4a 23，故iai衛(wèi),V22故答案為：w.2 2【點(diǎn)睛】本題主要考查圓和圓的位置關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題.1616 .已知正方體ABCD AiBiCiDi的棱長為 3.3.點(diǎn)N是棱ABi的中點(diǎn)，點(diǎn)T是棱CCi上靠近點(diǎn)C的三等分點(diǎn). .動(dòng)點(diǎn)Q在正方形DiDAAi（包含邊界）內(nèi)運(yùn)動(dòng)， 且QB / /面DiNT，則動(dòng)點(diǎn)Q所形成的軌跡的長度為 _【答案】J0【解析】取DC

20、中點(diǎn)Ei，取AG i,則平面BGEi平面DiNT,延長BEi，延長AD, 交于點(diǎn)E，連接EG交DDi于點(diǎn)|，可證得點(diǎn)Q的軌跡是線段GI，從而可求出答案.【詳解】解：由于QB/平面DiNT，所以點(diǎn)Q在過B且與面DiNT平行的平面上，N比取DC中點(diǎn)Ei，取AiG 1，則平面BGE/平面0NT,延長BEi，延長AD，交于點(diǎn)E，連接EG交DDi于點(diǎn)I, 顯然，平面BGE平面D1DAA1GI，所以點(diǎn)Q的軌跡是線段GI,1由中位線定理可證得DI AG 1,2-GI . 2 1232,10,第1616頁共 2222 頁故答案為：.10.【點(diǎn)睛】本題主要考查面面平行的判定與性質(zhì)，考查平面的基本公理，屬于中檔題

21、.三、解答題11717 .已知函數(shù)f(x) sin x(cosx sinx)2(1) 求 f f (x)(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；(2) 在銳角VABC中，a,b,c分別為角A,B,C的對(duì)邊，且滿足acos2B acosB bsinA，求f(A)的取值范圍. .511【答案】(1 1)k -,k,k Z.(2 2)(,)8 8 2 2【解析】(1 1)根據(jù)降幕公式化簡(jiǎn) f(x)f(x)的解析式，再用整體代入法即可求出函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)由正弦定理邊化角，從而可求得B，根據(jù)銳角三角形可得A ,從而442可求出答案.【詳解】1解：(1 1)f (x)sin 2x22(11cos2x)21(sin

22、 2x cos2x)2sin (2 x 24由2k2x2k,k乙得kx k,2428 8所以 f(x)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為k-,k58 8,k Z;(2 2)由正弦定理得sin Acos2Bsin AcosBsin Bsin A, sin A 0, cos2B cosB sin B,第1717頁共 2222 頁即(cosB sinB)(cosB sinB) cosB sinB,(cos B si n B)(cos B si nB 1) 0,得cosB sinB 0，或cosB sinB 1,解得B，或B(舍)，42【點(diǎn)睛】 本題主要考查三角函數(shù)的化簡(jiǎn)與性質(zhì)，考查正弦定理的作用，屬于基礎(chǔ)題.

23、1818 在三棱柱ABC A1B1C1中，已知AB ACAAJ5,BC 4,O為BC的a(1) 證明四邊形BB1C1C為矩形；(2) 求直線 AAAA 與平面 ABQABQ 所成角的余弦值. .【答案】(1 1)見解析(2 2)二051515【解析】(1 1)連接AO，可得BC AO，易證AO BC，則 BCBC 丄平面AAO，從而可證BC BB1，由此即可得出結(jié)論；(2 2)以O(shè)A,OB, OA所在直線分別為x, y, z軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用法向量解決 VABC為銳角三角形，A+C3434解得一42Asin(2 A- f (A)子sin(2A)的取值范圍為4(22)中點(diǎn)，A,。 平面A

24、BCC,第1818頁共 2222 頁問題.【詳解】；A0平面ABC,BC平面ABC , AQ BC,又AO I AO O, , BCBC 丄平面AAO, BC AA1, BB/A, BC BB!,又/四邊形BBiCiC為平行四邊形，-四邊形BB1C1C為矩形；(2)如圖，分別以O(shè)A,OB,OAi所在直線為x, y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則RtVAOB中，AOAO.AB.AB2BOBO21 1 ,RtVAAO中，AOAA2AO22A(0,0,2), /uur AA1(1,0,2)，uurAC(0, 2, 2),ujiuuABuuuAB (1,2,0),C(o, 2,0),A(1,0,0),

25、B(0,2,0),設(shè)平面A A B B1C C 的法向量是n n (x,(x, y,z)y,z)，v .n由v nuuvAB 0,/曰uuuv得AC 0,2y,即X2y 2z0,2y, F，可取y,n (2,1, 1)，設(shè)直線AA1與平面 ABAB1C C 所成角為，則sinuuir r cosAA|, nlUULT r| AA1nujuunTAAj n1530，0,2，cos15解：(1 1)連接AO，因?yàn)?為BC的中點(diǎn)，可得BC AO,第1919頁共 2222 頁【點(diǎn)睛】 本題主要考查線面垂直的判定與性質(zhì)，考查直線與平面所成的角，屬于中檔題.1919 .根據(jù)養(yǎng)殖規(guī)模與以往的養(yǎng)殖經(jīng)驗(yàn)，某海鮮

26、商家的海產(chǎn)品每只質(zhì)量 下服從正態(tài)分布N 280,25(1) 隨機(jī)購買 1010 只該商家的海產(chǎn)品，求至少買到一只質(zhì)量小于 265265 克該海產(chǎn)品的概率.(2)20202020 年該商家考慮增加先進(jìn)養(yǎng)殖技術(shù)投入，該商家欲預(yù)測(cè)先進(jìn)養(yǎng)殖技術(shù)投入為4949千元時(shí)的年收益增量現(xiàn)用以往的先進(jìn)養(yǎng)殖技術(shù)投入Xi(千元)與年收益增量yi(千元)(i 1,2,3,8)的數(shù)據(jù)繪制散點(diǎn)圖，由散點(diǎn)圖的樣本點(diǎn)分布，可以認(rèn)為樣本點(diǎn)集8中在曲線y a b.x的附近，且x 46.6,y 563, t t 6.86.8,(xix)2289.8,i 1技術(shù)投入為 4949 千元時(shí)的年收益增量.可求出答案；(2 2)根據(jù)最小二乘法

27、可求出回歸方程，由此可求出答案.【詳解】解: (1 1)由已知，單只海產(chǎn)品質(zhì)量N N 280,25280,25，則280,5,即直線AAI與平面 ABABiC C 所成角的余弦值為(克)在正常環(huán)境8(ti1.6,xyi81469,t tit t y yiy y 108.8108.8，其中i 1y關(guān)于x的回歸方程，并預(yù)測(cè)先進(jìn)養(yǎng)殖附：若隨機(jī)變量ZN 1,4，則Z 70.9974,100.99870.9871對(duì)于一組數(shù)據(jù)(U|, V|),(u2,v2),(Un，Vn)，其回歸線Vu的斜率和截距的最小二n(Uii 1n?(Uiu)2i 1u)(ViV)【答案】(1 1) 0.01290.0129 (2

28、 2)y? 100.668、 、x,576.6千元. .【解析】(1 1)由正態(tài)分布的對(duì)稱性可知,0.99740.0013，設(shè)購買 1010 只該商家海產(chǎn)品，其中質(zhì)量小于265g的為XX X B B 10,0.001310,0.0013 ，由此titi.根據(jù)所給的統(tǒng)計(jì)量，求i 1第2020頁共 2222 頁由正態(tài)分布的對(duì)稱性可知,49時(shí)，年銷售量y的預(yù)報(bào)值？100.6 68. 49 576.6千元,所以預(yù)測(cè)先進(jìn)養(yǎng)殖技術(shù)投入為4949 千元時(shí)的年收益增量為576.6千元.【點(diǎn)睛】 本題主要考查標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布及其應(yīng)用，考查最小二乘法求線性回歸方程，屬于基礎(chǔ)題.圓A:(x 1)2y216，點(diǎn)B( 1,

29、0)，過B的直線l與圓A交于點(diǎn)C, D，過B做直線BE平行AC交AD于點(diǎn)E.(1(1)求點(diǎn) E E 的軌跡的方程;焦點(diǎn)為A,B，長軸為4的橢圓的一部分，再用待定系數(shù)法即可求出方程;(2)由題意設(shè)直線方程為x ty 1，設(shè)G %,%,H X2,y?，聯(lián)立直線與橢圓的方26511 P 26522951120.99740.0013,設(shè)購買 1010 只該商家海產(chǎn)品，其中質(zhì)量小于265g的為X只，故 X X B B 10,0.001310,0.0013 ,10故P X 11 P X 011 0.00131 0.98710.0129,所以隨機(jī)購買 1010 只該商家的海產(chǎn)品，至少買到一只質(zhì)量小于2652

30、65 克的概率為0.0129;(2)由 t t 6.86.8，8 8y 563, t tit t y yiy y 108.8108.8 ,(tiT)T)21.6,i 18t tit ti 182t tit ti 1y yiy y108.8108.81.61.66868，所以y?563 686.8100.6，y關(guān)于x的回歸方程為？100.6 6 x，2020.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,(2(2)過A的直線與交于 H H、G兩點(diǎn)，若線段UUUUUUUU uuuuuuuu 亠HG的中點(diǎn)為M，且 MNMN 2OM2OM，求四邊形OHNG面積的最大值.2 2【答案】(1)壬1(y430). . ( 2

31、2)Smax【解析】(1 1)由題意可得EBED，可得EB EA 4AB2，則E的軌跡是第2121頁共 2222 頁程，結(jié)合韋達(dá)定理表示出S*HG, 可得SAGHN2SAOHG, 設(shè)四邊形則 S S3SAOHG，再根據(jù)基本不等式即可求出答案.【詳解】UUUUUUUU UUJUUUJU MNMN 2OM2OM ，二SAGHN2SAOHG,設(shè)四邊形OHNG的面積為S，OHNG的面積為S,所以EBEBlED1，又因?yàn)锳CADACADEAEDEAADAB所以E的軌跡是焦點(diǎn)為A,B，長軸為4，所以EBED,4的橢圓的一部分,2 2設(shè)橢圓方程為篤爲(wèi)1（aa bb 0),則2a 4，2c 2，所以a24，b

32、2a2c23,2 2所以橢圓方程為1,43又因?yàn)辄c(diǎn)E不在x軸上，所以2所以點(diǎn)E的軌跡的方程為4i(y0)；(2)因?yàn)橹本€HG斜率不為 0 0,設(shè)為x ty所以Xi,yix,H X2,y2,聯(lián)立x2ty 1,2y43整理得3t216ty 90，=36t=36t22 236(3t36(3t4)4)144(144( t t 1)1)0 0，y yiy y26t6t3t3t24 4y y”29 923t3t 4 4所以O(shè)HG1OAyOAy1y y2匚，2 23t3t 4 4183t24t2118_t1，解：（1 1）因?yàn)榈?222頁共 2222 頁則s ss3S181S SSAOHGGHN3S3SAO

33、HG23t3t 4 4令t21 m(m1),1 11 1再令 y y 3m3m ，則 y y 3m3m 在1,單調(diào)遞增,m mm m11第2323頁共 2222 頁所以m 1時(shí)，ymin4,此時(shí)t 0,3 t 12取得最小值4，所以Smax.Jt 12【點(diǎn)睛】本題主要考查橢圓的定義及其性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查計(jì)算能力，屬于中檔題.2121.已知函數(shù)f(x) lnx ax 1有兩個(gè)零點(diǎn) xx.xx.(1(1)求 a a 的取值范圍;出答案;此可證結(jié)論.【詳解】舍去;1一，則f (x) 0,a(2(2)記f f (x)(x)的極值點(diǎn)為Xo，求證:X1X2ef (xo). .【答(1(1

34、)1 a 0(2 2)見解析【解(1(1)求導(dǎo)得f (x)axx1，分類討論求出函數(shù)的單調(diào)性，從而可求(2(2)由題意得ln %ln x2ax-!ax20，則0In-xx2,令函數(shù)h(x) In x，則ex1x2h(x)-x1-,利用導(dǎo)數(shù)可lnx -,e1 1從而可得ln()w，可得aea2ef(x)w2，要證x1x2a2ef (xo)，只需2(互X2兇.X2丁令宀t1),1x令h(t)ln t2(t和1)，求導(dǎo)后得函數(shù)的單調(diào)性與最值，由解：(1 1)因?yàn)閒 (x)ax當(dāng)a 0時(shí)，f (x)f(x)f(x)在o,單調(diào)遞當(dāng) a a 0 0 時(shí)，若0-，則f (x)a11第2424頁共 2222

35、頁所以 f(x)f(x)在0,單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減,第2525頁共 2222 頁所以11f(X)maxf ()In(),aa因?yàn)?f f (X)(X)有兩個(gè)零點(diǎn)，所以必須f (X)max0，則ln( -)0,a所以1，解得1 a 0,又因?yàn)樗援?dāng)綜上,(2)因?yàn)榻獾?時(shí)，f (X)0；Xa 0時(shí)，f(x)f(x)在0,由(1 1)知1 af f (x)(x)的兩個(gè)零點(diǎn)為In生a(x-!x2)X2X令函數(shù)h(x) In x一e當(dāng)Ox e時(shí)，h (x)所以h(x)在所以h(x)max因?yàn)閒 (x。)所以2el n(要證X1X2時(shí),f(x)各有一個(gè)零點(diǎn)，符合題意,0，且x0X X1, , X X2，

36、所以，則h (x)0；當(dāng)x即證X1f (X1)f (X2)X2,所以00，所以In x-!ax-!In x2ax2X1X2,X2e時(shí)，h (x)0,e單調(diào)遞增，在e,單調(diào)遞減,h(e)f(1-)a0,所以h(x)X2,X2匕1X2X2牛tX2第2626頁共 2222 頁2(t 1)14 t 1令h(t) Int(t 1)，則h(t)220，t 1t t 1 t t 1所以h(t)在(1,)單調(diào)遞增，所以h(t) h(1)0,所以 intint 空衛(wèi)，原題得證.t t 1 1【點(diǎn)睛】2所以曲線 C C2的普通方程為 7 7y21x2(2(2)因?yàn)?m1m1，所以 C C3上的點(diǎn)A 0, m在在橢圓 E E：4本題主考查推理能力x cos ,2222 在直角坐標(biāo)系 xOyxOy 下，曲線 C C1的參數(shù)方程為(y sin為參數(shù))，曲線 C C1x 2x在變換 T T:的作用下變成曲線 C C2.y y(1(1)求曲線 C C2的普通方程;(2(2)若 m1m1，求曲線 C C2與曲線 C C3： y=m|x|-my=m|x|-m 的公共點(diǎn)的個(gè)數(shù).2【答案】(1)1) y21. (2 2) 4 44【解析】(1 1)先求出曲線 C C1的普通方程，再根據(jù)圖象