2020年辽宁省大连二十四中高考数学最后一模试卷（文科）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. 若集合A ＝{x|x ≤1}，则满足A ∩B ＝A 的集合B 可以是（ ） A.{x|x ≤0} B.{x|x ≤2} C.{x|x ≥0} D.{x|x ≥2}2. 设复数z 满足|z −i|＝1，z 在复平面内对应的点为(x, y)，则（ ）A.(x +1)2+y 2＝1B.(x −1)2+y 2＝1C.x 2+(y −1)2＝1D.x 2+(y +1)2＝13. 等差数列x ，3x +3，6x +6，…的第四项等于（ ） A.0 B.9 C.12 D.184. 2019年10月1日1上午，庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵仪式在天安门场隆重举行．这次阅兵不仅展示了我国的科技军事力量，更是让世界感受到了中国的日新月异．今年的阅兵方阵有一个很抢眼，他们就是院校科研方阵．他们是由军事科学院、国防大学、国防科技大学联合组建．若已知甲、乙、丙三人来自上述三所学校，学历分别有学士、硕士、博士学位．现知道：①甲不是军事科学院的；②来自军事科学院的不是博士；③乙不是军事科学院的；④乙不是博士学位；⑤国防科技大学的是研究生．则丙是来自哪个院校的，学位是什么（ ） A.国防大学，研究生 B.国防大学，博士C.军事科学院，学士D.国防科技大学，研究生5. 下列说法正确的是（ ）A.a ∈R ，“1a <1”是“a >1”的必要不充分条件B.“p ∧q 为真命题”是“p ∨q 为真命题”的必要不充分条件C.命题“∃x ∈R 使得x 2+2x +3<0”的否定是：“∀x ∈R ，x 2+2x +3>0”D.命题p ：“∀x ∈R ，sin x +cos x ≤√2”，则￢p 是真命题6. 已知平面向量a →=(3, 0)，a →+2b →=(1, 2√3)，则a →与b →的夹角等于（ ） A.π6 B.π3C.2π3D.5π67. 某单位去年的开支分布的折线图如图1所示，在这一年中的水、电、交通开支（单位：万元）如图2所示，则去年的水费开支占总开支的百分比为（ ）A.6.25%B.7.5%C.10.25%D.31.25%8. m ，n 为两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ） A.若α⊥β，m ⊂α，n ⊂β，则m ⊥n B.若α // β，m ⊂α，n ⊂β，则m // n C.若m ⊥n ，m ⊂α，n ⊂β，则α⊥β D.若m ⊥n ，m ⊥α，n ⊥β，则α⊥β9. 我们把焦点相同，且离心率互为倒数的椭圆和双曲线称为一对“相关曲线”．已知F 1、F 2是一对相关曲线的焦点，P 是它们在第一象限的交点，当∠F 1PF 2＝60∘时，这一对相关曲线中双曲线的离心率是（ ） A.√3 B.√2 C.2√33D.210. 已知f(x)＝2a ln x +x 2，若对于∀x 1，x 2∈(0, +∞)且x 1≠x 2都有f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2>4，则a 的取值范围是（ ）A.(1, +∞)B.[1, +∞)C.(0, 1)D.(0, 1]11. 在平面直角坐标系中，A ，B 分别是x 轴和y 轴上的动点，若以AB 为直径的圆C 与直线3x +y −3＝0相切，则圆C 面积的最小值为（ ） A.45π B.109πC.34πD.940π12. 定义在(1, +∞)上的函数f(x)满足下列两个条件：(1)对任意的x ∈(1, +∞)恒有f(2x)=2f(x)成立； (2)当x ∈(1, 2]时，f(x)=(2−x)2；记函数g(x)=f(x)−k(x −1)，若函数g(x)恰有两个零点，则实数k 的取值范围是（ ） A.[1, 2)B.[43, 2]C.(43, 2)D.[43, 2)二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．设f(x)={a x,x≥0log2(x2+a2),x<0且f(2)＝4，则f(−2)＝________．若点P(cosα, sinα)在直线y＝2x上，则cos(2α+π2)的值等于________．已知数列{a n}为等比数列，首项a1＝4，数列{b n}满足b n=log2a n，且b1+b2+b3＝12，则a4＝________．如图是某机械零件的几何结构，该几何体是由两个相同的直四棱柱组合而成的，且前后、左右、上下均对称，每个四棱柱的底面都是边长为2的正方形，高为4，且两个四棱柱的侧棱互相垂直．则这个几何体有________个面，其体积为________．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为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．△ABC的内角为A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acos C sin B =bsin B+ccos C．（1）求角B；（2）若b=√2，当△ABC的面积最大值．已知平面多边形PABCD中，AP＝PD，AD＝2DC＝2CB＝4，AD // BC，AP⊥PD，AD⊥DC，E为PD的中点，现将三角形APD沿AD折起，使PC＝2√2．（1）证明：CE // 平面PAB；（2）求三棱锥P−BCE的体积．某高校在2017年自主招生考试成绩中随机抽取100名学生的笔试成绩，按成绩共分为五组，得到如下的频率分布表：（1）请写出频率分布表中a，b，c的值，若同组中的每个数据用该组中间值代替，请估计全体考生的平均成绩；（2）为了能选出最优秀的学生，该高校决定在笔试成绩高的第3、4、5组中用分层抽样的方法抽取6名考生进入第二轮面试．①求第3、4、5组中每组各抽取多少名考生进入第二轮面试；②在（2）的前提下，学校要求每个学生需从A、B两个问题中任选一题作为面试题目，求第三组和第五组中恰好有两个学生选到问题B的概率．已知函数f(x)＝x ln x−1，g(x)＝(k−1)x−k(k∈R)．（1）若直线y＝g(x)是曲线y＝f(x)的一条切线，求k的值；（2）当x>1时，直线y＝g(x)与曲线y＝f(x)+1无交点，求整数k的最大值．已知动直线l与椭圆C:x26+y24=1交于P(x1, y1)，Q(x2, y2)两个不同点，且△OPQ的面积S△OPQ=√6，其中O 为坐标原点．(Ⅰ)证明x12+x22和y12+y22均为定值；(Ⅱ)设线段PQ的中点为M，求|OM|⋅|PQ|的最大值；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．已知在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为{x=1+t21−t2y=t1−t2（t为参数）．以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρcos(θ+π3)=√54．（1）求曲线和直线的直角坐标方程；（2）若直线l交曲线C于A，B两点，交x轴于点P，求1|PA|+1|PB|的值．已知函数f(x)＝x|x−a|，a∈R．（1）若f(1)+f(−1)>1，求a的取值范围；（2）若a>0，对∀x，y∈(−∞, a]，都有不等式f(x)≤|y+54|+|y−a|恒成立，求a的取值范围．参考答案与试题解析2020年辽宁省大连二十四中高考数学最后一模试卷（文科）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.【答案】B【考点】交集及其运算【解析】满足A∩B＝A，A⊆B，根据选项判断即可．【解答】满足A∩B＝A，A⊆B，根据选项，B成立，2.【答案】C【考点】轨迹方程复数的代数表示法及其几何意义【解析】由z在复平面内对应的点为(x, y)，可得z＝x+yi，然后根据|z−i|＝1即可得解．【解答】∵z在复平面内对应的点为(x, y)，∴z＝x+yi，∴z−i＝x+(y−1)i，∴|z−i|=√x2+(y−1)2=1，∴x2+(y−1)2＝1，3.【答案】B【考点】等差数列的通项公式【解析】利用等差数列的通项公式及其性质即可得出．【解答】∵等差数列{a n}:x，3x+3，6x+6，…，∴2(3x+3)＝x+6x+6，解得x＝0．∴此数列的首项a1＝0，公差d＝3．∴a4＝0+3×(4−1)＝9．4. 【答案】C【考点】进行简单的合情推理【解析】由①③得到丙来来自于军事科学院；由②和④得到甲是博士；由⑤得到乙来自于国防科技大学，且乙是研究生，由此能求出结果．【解答】由①甲不是军事科学院的，得到甲来自于国防大学或国防科技大学；由③乙不是军事科学院的，得到乙来自于国防大学、国防科技大学；由①③得到丙来来自于军事科学院；由②来自军事科学院的不是博士和④乙不是博士学位，得到甲是博士；由⑤国防科技大学的是研究生，得到乙来自于国防科技大学，且乙是研究生，由此得到甲来自于国防大学，且甲是博士，从而得到丙是来自军事科学院，学位是学士．5.【答案】A【考点】命题的真假判断与应用【解析】A．根据不等式的关系进行判断即可．B．根据充分条件和必要条件的定义进行判断．C．根据特称命题的否定是全称命题进行判断．D．根据三角函数的性质进行判断．【解答】A．由1a<1得a>1或a<0，则“1a<1”是“a>1”的必要不充分条件，正确，B．若p∧q为真命题，则p，q都是真命题，此时p∨q为真命题，即充分性成立，反之当p假q真时，p∨q为真命题，但p∧q为假命题，故“p∧q为真命题”是“p∨q为真命题”的充分不必要条件，故B错误，C．命题“∃x∈R使得x2+2x+3<0”的否定是：“∀x∈R，x2+2x+3≥0”，故C错误，D．∵sin x+cos x=√2sin(x+π4)≤√2恒成立，∴p是真命题，则￢p是假命题，故D错误，6.【答案】C【考点】数量积表示两个向量的夹角【解析】根据条件即可求出向量b→的坐标，然后根据向量夹角的余弦公式即可求出cos<a→,b→>的值，从而得出a→与b→的夹角的值．【解答】b →=12(a →+2b →−a →)=12(−2,2√3)=(−1,√3)，且a →=(3,0)， ∴ cos <a →,b →>=a →⋅b→|a →||b →|=−32×3=−12，且0≤<a →,b →>≤π，∴ a →与b →的夹角等于2π3． 7. 【答案】 A【考点】频率分布直方图 【解析】由拆线图知去年水、电、交通支出占总支出的百分比为20%，由条形图得去年水、电、交通支出合计为250+450+100＝800（万元），共中水费支出250（万元），由此能求出去年的水费开支占总开支的百分比． 【解答】由拆线图知去年水、电、交通支出占总支出的百分比为20%， 由条形图得去年水、电、交通支出合计为： 250+450+100＝800（万元）， 共中水费支出250（万元）， ∴ 去年的水费开支占总开支的百分比为：250800×20%=6.25%． 8.【答案】 D【考点】命题的真假判断与应用空间中直线与平面之间的位置关系 空间中直线与直线之间的位置关系【解析】根据线线，线面，面面的有关定理和性质判断各选项的真假． 【解答】对A ，根据面面垂直的性质定理可知，m 与n 不一定垂直，A 错误； 对B ，若α // β，m ⊂α，n ⊂β，则m // n 或者m 与n 异面，B 错误； 对C ，根据面面垂直的判定定理可知，α与β不一定垂直，C 错误； 对D ，若m ⊥n ，m ⊥α，则存在直线l ⊂α，使得l // n ， 又n ⊥β，所以l ⊥β，而l ⊂α，所以α⊥β，D 正确． 9.【答案】 A【考点】 椭圆的离心率 双曲线的离心率 【解析】设F 1P ＝m ，F 2P ＝n ，F 1F 2＝2c ，由余弦定理4c 2＝m 2+n 2−mn ，设a 1是椭圆的长半轴，a 1是双曲线的实半轴，由椭圆及双曲线定义，得m +n ＝2a 1，m −n ＝2a 2，由此能求出结果． 【解答】设F 1P ＝m ，F 2P ＝n ，F 1F 2＝2c ，由余弦定理得(2c)2＝m 2+n 2−2mn cos 60∘， 即4c 2＝m 2+n 2−mn ，设a 1是椭圆的长半轴，a 2是双曲线的实半轴，由椭圆及双曲线定义，得m +n ＝2a 1，m −n ＝2a 2， ∴ m ＝a 1+a 2，n ＝a 1−a 2，将它们及离心率互为倒数关系代入前式得3a 22−4c 2+a 12=0， a 1＝3a 2，e 1⋅e 2=c a 1⋅ca 2=(c a 2)23=1，解得e 2=√3． 10.【答案】 B【考点】利用导数研究函数的单调性 【解析】 假设x 1<x 2，把f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2>4化为f(x 1)−f(x 2)<4(x 1−x 2)，构造函数g(x)＝f(x)−4x ，根据函数的单调性利用g(x)的导数g ′(x)≥0，求出a 的取值范围． 【解答】任取x 1、x 2∈(0, +∞)，且x 1<x 2， ∵f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2>4，∴ f(x 1)−f(x 2)<4(x 1−x 2)， 构造函数g(x)＝f(x)−4x ，由题意g(x)在(0, +∞)是单调递增函数， ∴ g ′(x)＝f′(x)−4≥0；即2ax +2x −4≥0； ∴ a ≥(2−x)x ，设函数t ＝2x −x 2＝−(x −1)2+1≤1， ∴ a ≥1；∴ a 的取值范围是[1, +∞)． 11.【答案】 D【考点】 圆的切线方程 【解析】由O 向直线3x +y −3＝0做垂线，垂足为D ，当D 恰为圆与直线的切点时，圆C 的半径最小，此时圆的直径为O(0, 0)到直线3x +y −3＝0的距离，由此能求出圆C 面积最小值． 【解答】∵ AB 为直径，∠AOB ＝90∘，∴O点必在圆C上，由O向直线3x+y−3＝0做垂线，垂足为D，则当D恰为圆与直线的切点时，圆C的半径最小，此时圆的直径为O(0, 0)到直线3x+y−3＝0的距离d=√10，∴此时圆的半径r=12d=2√10，∴圆C面积最小值S min＝πr2＝π⋅(2√10)2=940π．12.【答案】D【考点】抽象函数及其应用【解析】根据题中的条件得到函数的解析式为：当x∈(1, 2]时，f(x)=(2−x)2；f(x)=2(2−x2)2，x∈(2, 4],f(x)=4(2−x4)2，x∈(4, 8]，…，又y=k(x−1)的函数图象是过定点(1, 0)的直线，再结合函数的图象根据题意求出参数的范围即可．【解答】解：因为对任意的x∈(1, +∞)恒有f(2x)=2f(x)成立，且当x∈(1, 2]时，f(x)=(2−x)2；f(x)=2(2−x2)2，x∈(2, 4]，f(x)=4(2−x4)2，x∈(4, 8]，由题意得y=k(x−1)的函数图象是过定点P(1, 0)的直线，其中A(2, 2)，B(4, 4)，如图所示直线与线段AB相交即可（可以与B点重合但不能与A点重合），k PA=2−02−1=2，k PB=4−04−1=43，所以可得k的范围为43≤x<2．故选D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．【答案】3【考点】函数的求值求函数的值【解析】由已知得f(2)＝a2＝4，由a是对数的底数，得a＝2，由此能求出f(−2)．【解答】∵f(x)={ax,x≥0log2(x2+a2),x<0且f(2)＝4，∴f(2)＝a2＝4，解得a＝±2，∵a是对数的底数，∴a≠−2，∴a＝2，∴f(−2)＝log2(4+4)＝3．【答案】−45【考点】任意角的三角函数【解析】根据点P在直线上，得到sinα和cosα之间的关系，利用同角三角函数基本关系式公式和诱导公式化简得出答案．【解答】∵点P(cosα, sinα)在直线y＝2x上，∴sinα＝2cosα，又sin2α+cos2α＝1，解得：cos2α=15；∴cos(2α+π2)＝−sin2α＝−2sinαcosα＝−4cos2α=−45．【答案】256【考点】等比数列的通项公式【解析】由已知结合对数的运算性质及等比数列的性质和通项公式即可求解．【解答】因为数列{a n}为等比数列，首项a1＝4，数列{b n}满足b n=log2a n，且b1+b2+b3＝log2a1+log2a2+log2a3＝12，所以log2(a1a2a3)＝12即a1a2a3＝212，因为数列{a n}为等比数列，所以a1a2a3=a23=212，所以a2＝16，q＝4，则a4＝256．【答案】20,32−16√23【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】直接由对称性可得该几何体面的个数；该几何体的体积为两个四棱柱的体积和减去两个四棱柱交叉部分的体积，两个四棱柱的体积和为V＝2×2×2×4＝32，交叉部分的体积为四棱锥S−ABCD的体积的2倍，由该几何体前后、左右、上下均对称，知四边形ABCD为边长为√6的棱形，设AC的中点为H，连结BH，SH，由题意得SH为四棱锥S−ABCD的高，求出四棱锥S−ABCD的体积，由此能求出这个几何体的体积．【解答】由对称性可知，该几何体共有20个面；该几何体的直观图如图所示，该几何体的体积为两个四棱柱的体积和减去两个四棱柱交叉部分的体积，两个四棱柱的体积和为：V＝2×2×2×4＝32，交叉部分的体积为四棱锥S−ABCD的体积的2倍，在等腰△ABS中，SB＝2√2，SB边上的高为2，则SA=√6，∴由该几何体前后、左右、上下均对称，知四边形ABCD为边长为√6的棱形，设AC的中点为H，连结BH，SH，由题意得SH为四棱锥S−ABCD的高，在Rt△ABH中，BH=√AB2−AH2=√6−2=2，又AC＝SB＝2√2，∴S四边形ABCD ＝2×12×2√2×2＝4√2，∵BH＝SH，∴V S−ABCD=13×S四边形ABCD×2=13×4√2×2=8√23，∴这个几何体的体积为V＝32−8√23×2=32−16√23．三、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为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．【答案】根据题意，△ABC中，acos C sin B =bsin B+ccos C，即acos C sin B=b cos C+c sin Bsin B cos C，即a＝b cos C+c sin B，由正弦定理可得：sin A＝sin B cos C+sin C sin B，则有sin(B+C)＝sin B cos C+sin C sin B，变形可得：sin B cos C+cos B sin C＝sin B cos C+sin C sin B，化简可得：sin B＝cos B，所以tan B=1,B=π4；由（1）的结论，B=π4，由余弦定理可得：b2＝a2+c2−2ac cos B，则有2＝a2+c2−√2ac，即有2+√2ac＝a2+c2，又由a2+c2≥2ac，则有2+√2ac≥2ac，变形可得：ac≤2−√2=2+√2，则S=12ac sin B=√24ac≤√2+12．即△ABC的面积最大值为√2+12．【考点】余弦定理正弦定理【解析】（1）根据题意，将acos C sin B=bsin B+ccos C变形可得acos C sin B=b cos C+c sin Bsin B cos C，结合正弦定理变形可得sin A＝sin B cos C+ sin C sin B，进而可得sin B cos C+cos B sin C＝sin B cos C+sin C sin B，即sin B＝cos B，分析可得tan B＝1，分析可得B的值，（2）根据题意，由余弦定理可得b2＝a2+c2−2ac cos B，即2＝a2+c2−√2ac，变形可得2+√2ac＝a2+c2，结合基本不等式的性质可得ac≤2−√2=2+√2，由三角形面积公式计算可得答案．【解答】根据题意，△ABC中，acos C sin B=bsin B+ccos C，即acos C sin B=b cos C+c sin Bsin B cos C，即a＝b cos C+c sin B，由正弦定理可得：sin A＝sin B cos C+sin C sin B，则有sin(B+C)＝sin B cos C+sin C sin B，变形可得：sin B cos C+cos B sin C＝sin B cos C+sin C sin B，化简可得：sin B＝cos B，所以tan B=1,B=π4；由（1）的结论，B=π4，由余弦定理可得：b2＝a2+c2−2ac cos B，则有2＝a2+c2−√2ac，即有2+√2ac＝a2+c2，又由a2+c2≥2ac，则有2+√2ac≥2ac，变形可得：ac≤2−√2=2+√2，则S=12ac sin B=√24ac≤√2+12．即△ABC的面积最大值为√2+12．【答案】证明：取PA 中点H ，连接HE ，∵ E 为PD 的中点，∴ HE 为△PAD 的中位线， ∴ HE // AD ，HE =12AD ，又BC // AD ，BC =12AD ，∴ HE // BC ，HE ＝BC ．则四边形BCEH 为平行四边形，则CE // BH ． ∵ BH ⊂平面ABP ，CE ⊄平面ABP ， ∴ CE // 平面ABP ；由题意，△PAD 为等腰直角三角形，ABCD 为直角梯形， 取AD 中点F ，连接BF ，PF ，∵ AD ＝2BC ＝4，∴ PF ＝BF ＝2， ∵ PF ⊥AD ，BF ⊥AD ，PF ∩BF ＝F ， ∴ DF ⊥平面PBF ，则BC ⊥平面PBF ， ∵ PB ⊂平面PBF ，∴ BC ⊥PB ，∴ 在直角三角形PBC 中，PC =2√2，BC ＝2，得PB ＝2， ∴三角形PBF 为等边三角形．取BF 的中点O ，则PO ⊥BF ，PO ⊥DF ，又BF ∩DF ＝F ，∴ PO ⊥平面ABCD ，PO =√3．∵ E 为PD 的中点，∴ E 到平面PBC 的距离等于D 到平面PBC 的距离的一半，∴ V P−BCE =V E−PBC =12V D−PBC =12V P−BCD =12×13S △BCD ⋅PO =12×13×12×2×2×√3=√33．【考点】直线与平面平行棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】（1）取PA 中点H ，连接HE ，由三角形中位线定理结合已知证明四边形BCEH 为平行四边形，则CE // BH ，再由线面平行的判定可得CE // 平面ABP ；（2）由题意，△PAD 为等腰直角三角形，ABCD 为直角梯形，取AD 中点F ，连接BF ，PF ，由已知证明BC ⊥PB ，求解三角形得三角形PBF 为等边三角形．取BF 的中点O ，证明PO ⊥平面ABCD ，并求得PO =√3，由E 为PD 的中点，可得E 到平面PBC 的距离等于D 到平面PBC 的距离的一半，然后利用等积法求三棱锥P −BCE 的体积． 【解答】证明：取PA 中点H ，连接HE ，∵ E 为PD 的中点，∴ HE 为△PAD 的中位线，∴ HE // AD ，HE =12AD ，又BC // AD ，BC =12AD ，∴ HE // BC ，HE ＝BC ． 则四边形BCEH 为平行四边形，则CE // BH ． ∵ BH ⊂平面ABP ，CE ⊄平面ABP ， ∴ CE // 平面ABP ；由题意，△PAD 为等腰直角三角形，ABCD 为直角梯形， 取AD 中点F ，连接BF ，PF ，∵ AD ＝2BC ＝4，∴ PF ＝BF ＝2， ∵ PF ⊥AD ，BF ⊥AD ，PF ∩BF ＝F ， ∴ DF ⊥平面PBF ，则BC ⊥平面PBF ， ∵ PB ⊂平面PBF ，∴ BC ⊥PB ，∴ 在直角三角形PBC 中，PC =2√2，BC ＝2，得PB ＝2， ∴ 三角形PBF 为等边三角形．取BF 的中点O ，则PO ⊥BF ，PO ⊥DF ，又BF ∩DF ＝F ，∴ PO ⊥平面ABCD ，PO =√3．∵ E 为PD 的中点，∴ E 到平面PBC 的距离等于D 到平面PBC 的距离的一半，∴ V P−BCE =V E−PBC =12V D−PBC =12V P−BCD =12×13S △BCD ⋅PO =12×13×12×2×2×√3=√33．【答案】由频率分布表知：{50.05=30a=bc5+35+30+b +10=100，解得a ＝0.3，b ＝20，c ＝0.2， ∴ 估计全体考生的平均成绩为： x ¯=150×0.05+160×0.35+170×0.3+180×0.2+190×0.1＝169.5． ①第3、4、5组共60名学生，现抽取6名， ∴ 第三组抽取的人数为660×30=3人，第四组抽取的人数为660×20=2人， 第五组抽取的人数为660×10=1人．②所有基本事件如下：(A, A, A, A)，(B, A, A, A)，(A, B, A, A)，(A, A, B, A)，(A, A, A, B)，(B, B, A, A)，(B, A, B, A)，(B, A, A, B)，(A, B, B, A)， (A, B, A, B)，(A, A, B, B)，(B, B, B, A)，(B, B, A, B)，(B, A, B, B)，(A, B, B, B)，(B, B, B, B)．基本事件总数有16个，其中第三组和第五组恰有两个学生选到问题B 的基本事件如下： (B, B, A, A)，(B, A, B, A)，(B, A, A, B)，(A, B, B, A)， (A, B, A, B)，(A, A, B, B)，共包含6个基本事件．故第三组和第五组中恰好有两个学生选到问题B 的概率P =616=38．【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率 【解析】（1）由频率分布表列出方程组，能求出a ，b ，c ，由此能估计全体考生的平均成绩．（2）①第3、4、5组共60名学生，现抽取6名，利用分层抽样的性质能求出第3、4、5组中每组各抽取多少名考生进入第二轮面试．②利用列举法能求出第三组和第五组中恰好有两个学生选到问题B 的概率． 【解答】由频率分布表知：{50.05=30a=bc5+35+30+b +10=100，解得a ＝0.3，b ＝20，c ＝0.2， ∴ 估计全体考生的平均成绩为： x ¯=150×0.05+160×0.35+170×0.3+180×0.2+190×0.1＝169.5． ①第3、4、5组共60名学生，现抽取6名， ∴ 第三组抽取的人数为660×30=3人，第四组抽取的人数为660×20=2人，第五组抽取的人数为660×10=1人．②所有基本事件如下：(A, A, A, A)，(B, A, A, A)，(A, B, A, A)，(A, A, B, A)，(A, A, A, B)，(B, B, A, A)，(B, A, B, A)，(B, A, A, B)，(A, B, B, A)， (A, B, A, B)，(A, A, B, B)，(B, B, B, A)，(B, B, A, B)，(B, A, B, B)， (A, B, B, B)，(B, B, B, B)．基本事件总数有16个，其中第三组和第五组恰有两个学生选到问题B 的基本事件如下： (B, B, A, A)，(B, A, B, A)，(B, A, A, B)，(A, B, B, A)， (A, B, A, B)，(A, A, B, B)，共包含6个基本事件．故第三组和第五组中恰好有两个学生选到问题B 的概率P =616=38． 【答案】由题意知f′(x)＝ln x +1，设切点为P(x 0, x 0ln x 0−1)，在点P 处的切线方程为y −(x 0ln x 0−1)＝(1+ln x 0)(x −x 0)． 整理得y ＝(1+ln x 0)x −(x 0+1)．由{1+ln x 0=k −1,k =x 0+1 ⇒{ln x 0=k −2,x 0=k −1 ⇒ln x 0＝x 0−1．令ℎ(x)＝ln x −x +1，ℎ′(x)=1x −1=1−x x．当0<x <1，ℎ′(x)>0，ℎ(x)在(0, 1)上单调递增；当x >1，ℎ′(x)<0，ℎ(x)在(1, +∞)上单调递减． 所以ℎ(x)的最大值为ℎ(1)＝0，即x 0＝1，故k ＝2．令F(x)＝x ln x −(k −1)x +k ，F′(x)＝ln x +2−k ＝ln x −(k −2)．(x >1) ①当k −2≤0时，F′(x)>0，所以f(x)在(1, +∞)上单调递增． 所以F(x)>F(1)＝1，即F(x)在(1, +∞)上无零点． ②当k −2>0时，由F′(x)＝0，得x ＝e k−2．当1<x <e k−2，F′(x)<0，所以F(x)在(1, e k−2)上单调递减； 当x >e k−2，F′(x)>0，所以F(x)在(e k−2, +∞)上单调递增． F(x)的最小值为F(e k−2)＝(k −1)e k−2−k(e k−2−1)＝k −e k−2． 令m(k)＝k −e k−2，则m′(k)＝1−e k−2<0， 所以m(k)在(2, +∞)上单调递减，而m(2)＝2−1＝1，m(3)＝3−e >0，m(4)＝4−e 2<0，因此k 的最大值为3． 【考点】利用导数研究函数的最值利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】（1）求出导函数f′(x)＝ln x +1，设切点为P(x 0, x 0ln x 0−1)，求出在点P 处的切线方程，推出ln x 0＝x 0−1．令ℎ(x)＝ln x −x +1，ℎ′(x)=1x −1=1−x x．判断函数的单调性求解函数的最值即可．（2）令F(x)＝x ln x −(k −1)x +k ，F′(x)＝ln x +2−k ＝ln x −(k −2)(x >1)，通过①当k −2≤0时，②当k −2>0时，判断函数的单调性，求解函数的最值，推出结果即可． 【解答】由题意知f′(x)＝ln x +1，设切点为P(x 0, x 0ln x 0−1)，在点P 处的切线方程为y −(x 0ln x 0−1)＝(1+ln x 0)(x −x 0)． 整理得y ＝(1+ln x 0)x −(x 0+1)．由{1+ln x 0=k −1,k =x 0+1 ⇒{ln x 0=k −2,x 0=k −1 ⇒ln x 0＝x 0−1．令ℎ(x)＝ln x −x +1，ℎ′(x)=1x −1=1−x x．当0<x <1，ℎ′(x)>0，ℎ(x)在(0, 1)上单调递增；当x >1，ℎ′(x)<0，ℎ(x)在(1, +∞)上单调递减． 所以ℎ(x)的最大值为ℎ(1)＝0，即x 0＝1，故k ＝2．令F(x)＝x ln x −(k −1)x +k ，F′(x)＝ln x +2−k ＝ln x −(k −2)．(x >1) ①当k −2≤0时，F′(x)>0，所以f(x)在(1, +∞)上单调递增． 所以F(x)>F(1)＝1，即F(x)在(1, +∞)上无零点． ②当k −2>0时，由F′(x)＝0，得x ＝e k−2．当1<x <e k−2，F′(x)<0，所以F(x)在(1, e k−2)上单调递减； 当x >e k−2，F′(x)>0，所以F(x)在(e k−2, +∞)上单调递增． F(x)的最小值为F(e k−2)＝(k −1)e k−2−k(e k−2−1)＝k −e k−2． 令m(k)＝k −e k−2，则m′(k)＝1−e k−2<0， 所以m(k)在(2, +∞)上单调递减，而m(2)＝2−1＝1，m(3)＝3−e >0，m(4)＝4−e 2<0，因此k 的最大值为3． 【答案】解(Ⅰ)(1)当直线l 的斜率不存在时，P ，Q 两点关于x 轴对称，所以：x 1＝x 2，y 1＝−y 2∵ P(x 1, y 1)在椭圆上，∴ x 26+y 24=1①，又∵ S △OPQ =√6，∴ |x 1||y 1|=√6②由①②得|x 1|=√3，|y 1|=√2． 此时x 12+x 22=6，y 12+y 22=4；（2）当直线l 的斜率存在时，是直线l 的方程为y ＝kx +m(m ≠0)，将其代入x 26+y 24=1得：(3k 2+2)x 2+6kmx +3(m 2−4)＝0，△＝36k 2m 2−12(3k 2+2)(m 2−4)>0，即6k 2+4>m 2． 又x 1+x 2=−6km3k 2+2，x 1⋅x 2=3(m 2−4)3k 2+2，∴ |PQ|=√1+k 2⋅√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=√1+k 2×√6k 2+4−m 23k 2+2．∵ 点O 到直线l 的距离为d =√1+k 2， S △OPQ =12×√1+k 2×2√6×√6k 2+4−m 23k 2+2×√1+k 2=√6×√6k 2+4−m 2⋅|m|3k 2+2， 由于S △OPQ =√6， 整理得3k 2+2＝m 2，此时x 12+x 22=(x 1+x 2)2−2x 1x 2=(−6km 3k 2+2)2−2×3(m 2−4)3k 2+2=36k 2+24m 2−6=6，y 12+y 22=23(6−x 12)+23(6−x 22)=4综上所述x 12+x 22=6，y 12+y 22=4结论成立． （2）（1）当直线l 的斜率不存在时， 由(Ⅰ)知：|OM|=|x 1|=√3，|PQ|=2|y 1|=2√2， 因此|OM||PQ|=2√6．（2）当直线l 的斜率存在时，由(Ⅰ)知x 1+x 22=−3km ，y 1+y 22=k ×x 1+x 22+m =2m ．|OM|2=(x 1+x 22)2+(y 1+y 22)2=9k 2m 2+4m 2=3−2m 2，|PQ|2=(1+k 2)×(6k 2+4−m 2)(3k 2+2)2=1+m 23⋅24m 2=8(1+1m2)． 所以：|OM|2|PQ|2=4(3−2m 2)(2+2m 2)≤(3−2m 2+2+2m 2)2=25． 故：|OM||PQ|≤5． 当且仅当3−2m2=2+2m2，即m ＝±2时，等号成立．综合（1）（2）得|OM||PQ|的最大值为5； 【考点】 椭圆的应用直线与椭圆的位置关系【解析】(Ⅰ)(1)利用分类讨论思想的应用对直线的方程进行应用，进一步利用直线和曲线的位置关系的应用求出结果．(Ⅱ)利用中点坐标公式的应用和直线和曲线的位置关系的应用和基本不等式和的应用求出结果． 【解答】解(Ⅰ)(1)当直线l 的斜率不存在时，P ，Q 两点关于x 轴对称，所以：x 1＝x 2，y 1＝−y 2 ∵ P(x 1, y 1)在椭圆上，∴ x 26+y 24=1①，又∵ S △OPQ =√6，∴ |x 1||y 1|=√6②由①②得|x 1|=√3，|y 1|=√2． 此时x 12+x 22=6，y 12+y 22=4；（2）当直线l 的斜率存在时，是直线l 的方程为y ＝kx +m(m ≠0)，将其代入x 26+y 24=1得：(3k 2+2)x 2+6kmx +3(m 2−4)＝0，△＝36k 2m 2−12(3k 2+2)(m 2−4)>0，即6k 2+4>m 2． 又x 1+x 2=−6km 3k 2+2，x 1⋅x 2=3(m 2−4)3k 2+2，∴ |PQ|=√1+k 2⋅√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=√1+k 2×√6k 2+4−m 23k 2+2．∵ 点O 到直线l 的距离为d =√1+k 2， S △OPQ =12×√1+k 2×2√6×√6k 2+4−m 23k 2+2×√1+k2=√6×√6k 2+4−m 2⋅|m|3k 2+2， 由于S △OPQ =√6，整理得3k 2+2＝m 2，此时x 12+x 22=(x 1+x 2)2−2x 1x 2=(−6km3k 2+2)2−2×3(m 2−4)3k 2+2=36k 2+24m 2−6=6，y 12+y 22=23(6−x 12)+23(6−x 22)=4综上所述x 12+x 22=6，y 12+y 22=4结论成立． （2）（1）当直线l 的斜率不存在时， 由(Ⅰ)知：|OM|=|x 1|=√3，|PQ|=2|y 1|=2√2， 因此|OM||PQ|=2√6．（2）当直线l 的斜率存在时，由(Ⅰ)知x 1+x 22=−3k m，y 1+y 22=k ×x 1+x 22+m =2m．|OM|2=(x 1+x22)2+(y 1+y 22)2=9k 2m +4m =3−2m ，|PQ|2=(1+k 2)×(6k 2+4−m 2)(3k 2+2)2=1+m 23⋅24m 2=8(1+1m 2)．所以：|OM|2|PQ|2=4(3−2m2)(2+2m2)≤(3−2m2+2+2m 2)2=25．故：|OM||PQ|≤5．当且仅当3−2m 2=2+2m 2，即m ＝±2时，等号成立．综合（1）（2）得|OM||PQ|的最大值为5；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．【答案】第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页曲线C 的参数方程为{x =1+t 21−t 2y =t1−t 2 （t 为参数）．转化为直角坐标方程为x 2−4y 2＝1， 直线l 的极坐标方程为ρcos (θ+π3)=√54．转化为直角坐标方程为：12x −√32y =√54． 由于直线与x 轴的交点坐标为(√52,0)，所以直线的参数方程为{x =√52+√32t y =12t（t 为参数），代入x 2−4y 2＝1得到：t 2−2√15t −1=0， 所以：t 1+t 2=2√15，t 1⋅t 2＝−1， 则：1|PA|+1|PB|=|t 1−t 2||t 1t 2|=√(t 1+t 2)2−4t 1t 2|t 1t 2|=8．【考点】参数方程与普通方程的互化 圆的极坐标方程【解析】（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）利用一元二次方程根和系数的关系式的应用求出结果． 【解答】曲线C 的参数方程为{x =1+t 21−t 2y =t1−t 2（t 为参数）．转化为直角坐标方程为x 2−4y 2＝1， 直线l 的极坐标方程为ρcos (θ+π3)=√54．转化为直角坐标方程为：12x −√32y =√54． 由于直线与x 轴的交点坐标为(√52,0)，所以直线的参数方程为{x =√52+√32t y =12t （t 为参数）， 代入x 2−4y 2＝1得到：t 2−2√15t −1=0， 所以：t 1+t 2=2√15，t 1⋅t 2＝−1， 则：1|PA|+1|PB|=|t 1−t 2||t 1t 2|=√(t 1+t 2)2−4t 1t 2|t 1t 2|=8．【答案】f(1)+f(−1)＝|1−a|−|1+a|>1，若a ≤−1，则1−a +1+a >1，得2>1，即a ≤−1时恒成立， 若−1<a <1，则1−a −(1+a)>1，得a <−12，即−1<a <−12， 若a ≥1，则−(1−a)−(1+a)>1，得−2>1，即不等式无解， 综上所述，a 的取值范围是(−∞,−12)．由题意知，要使得不等式恒成立，只需[f(x)]max ≤[|y +54|+|y −a|]min ， 当x ∈(−∞, a]时，f(x)=−x 2+ax,[f(x)]max =f(a2)=a 24，因为|y +54|+|y −a|≥|a +54|，所以当y ∈[−54,a]时，[|y +54|+|y −a|]min =|a +54|=a +54，即a 24≤a +54，解得−1≤a ≤5，结合a >0，所以a 的取值范围是(0, 5]．【考点】不等式恒成立的问题绝对值不等式的解法与证明【解析】（1）利用f(1)+f(−1)＝|1−a|−|1+a|>1，通过a ≤−1，−1<a <1，a ≥1，分别求解即可． （2）要使得不等式恒成立，只需[f(x)]max ≤[|y +54|+|y −a|]min ，通过二次函数的最值，绝对值的几何意义，转化求解即可． 【解答】f(1)+f(−1)＝|1−a|−|1+a|>1，若a ≤−1，则1−a +1+a >1，得2>1，即a ≤−1时恒成立， 若−1<a <1，则1−a −(1+a)>1，得a <−12，即−1<a <−12， 若a ≥1，则−(1−a)−(1+a)>1，得−2>1，即不等式无解， 综上所述，a 的取值范围是(−∞,−12)．由题意知，要使得不等式恒成立，只需[f(x)]max ≤[|y +54|+|y −a|]min ， 当x ∈(−∞, a]时，f(x)=−x 2+ax,[f(x)]max =f(a2)=a 24，因为|y +54|+|y −a|≥|a +54|，所以当y ∈[−54,a]时，[|y +54|+|y −a|]min =|a +54|=a +54， 即a 24≤a +54，解得−1≤a ≤5，结合a >0，所以a 的取值范围是(0, 5]．。
